2025届高三化学一轮复习-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．（2023·吉林白山·模拟预测）我国科研团队发现了一种具有超高稳定性的一维钯银合金纳米线催化剂，能高选择性、高稳定性地将CO2还原成甲酸(HCOOH)。化学反应为CO2(g) +H2(g) HCOOH(g)   ΔH。 (1)已知：①2HCOOH(g) +O2(g)=2CO2(g) +2H2O(g) ΔH1= -a kJ·mol-1 ②H2(g)+ O2(g)=H2O(g) ΔH2= -bkJ·mol-1 (a>2b >0) ； CO2(g)+ H2(g) HCOOH(g)     ΔH= kJ·mol-1 (2)在某催化剂作用下，CO2(g) + H2(g) HCOOH(g)的速率方程为v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆 c(HCOOH)(k正、k逆为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关)。若在某温度下，k正= 4k逆，则该反应的平衡常数K= 。加入催化剂，k正 增大的倍数 (填“大于”、 “小于”或“等于”)k逆增大的倍数。 (3)CO2催化氢化制甲酸的反应历程图(M为过渡金属)如图1所示。    上述循环中，M(CO)4PR3是 (填“催化剂”或“中间产物”)。 (4)在反应器中充入CO2和H2，发生上述反应。化学反应速率随时间的变化关系如图2所示。    若仅改变一个外界条件，t2时刻改变的条件可能是 。在I、II、III三次平衡中， (填“ 能”或“不能”)判断CO2转化率的大小排序，理由为 。 (5)在某催化剂作用下，向恒容密闭反应器中充入1 mol CO2和3 mol H2，发生如下反应： 反应一：CO2(g) + H2(g) HCOOH(g) 反应二：CO2 (g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0 测得CO2的平衡转化率CH3OH的选择性(注明：CH3OH的选择性等于CH3OH的物质的量与CO2转化的物质的量之比)与温度的关系如图3所示。    ①其他条件不变，升高温度，CO2的平衡转化率增大的原因是 。 ②已知F点对应的总压强为36.8 kPa，则CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)在F点对应的温度下，压强平衡常数Kp= (结果保留 2位有效数字)kPa-1。 2．（2023·安徽淮南·二模）丙烯是最重要的基础化工原料之一，丙烯广泛用于合成聚丙烯、丙烯醛、丙烯酸等工业领域。回答下列问题： (1)利用以下键能数据，计算丙烷直接催化脱氢制备丙烯的反应：CH3CH2CH3(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g) ΔH= kJ/mol。 化学键 C－C C－H C=C H－H 键能(kJ/mol) 347.7 413.4 615 436 (2)T1℃时，将lmolCH3CH2CH3(g)充入某刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生直接脱氢反应，压强随时间的变化关系如图所示：     ①计算0~60min之间，H2分压的平均变化率为 kPa/min。 ②T1℃时，该反应的平衡常数Kp= kPa(分压=总压×物质的量分数) (3)CO2是一种温和的氧化剂。研究发现CO2氧化丙烷脱氢的反应机理有两种： ①“一步法”：CO2与C3H8催化作用下反应机理如图所示：    写出CO2与C3H8反应的总化学方程式 。 ②“二步法”：丙烷分子先脱氢生成丙烯和氢气，再发生CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41kJ/mol。 ③研究直接催化脱氢与在0.1MPa， =5：1的条件“一步法”、“两步法”三种机理在不同温度下丙烷的平衡转化率如图所示：    图中表示催化脱氢的曲线是 ，“两步法”中CO2的引入对丙烷转化率的影响及原因是 ；有人提出加入适量氧气，氯化丙烷脱氢制丙烯，从产率角度分析，通入氧气作为氧化剂的方法的缺点是 。 3．（2023·辽宁大连·模拟预测）研究消除废气污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。 (1)已知：工业废气中的氮氧化物可用以下反应去除，常温常压下(298K，100kPa)，以下反应的焓变和熵变如表1所示： ① ② ③ 表1： 反应 焓变(kJ/mol) 熵变() ① -163 +22.6 ② +112.7 +150 ③ -67.8 +120 结合表1中的数据，工业上，反应 (填反应编号)不可用于常温常压下去除氮氧化物，请通过计算说明理由： 。 (2)治理排出的尾气(含CO、、NO)的方法可在密闭容器中发生如下反应： I． Ⅱ． 一定温度下，向体积为2L的恒容的密闭容器中，充入4molCO、2molNO、2mol发生上述反应，达到平衡状态时，测得的物质的量为0.4mol，且体系中的物质的量比的多0.8mol，则该温度下达平衡时，反应Ⅱ的平衡常数K= L/mol。 (3)原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于NO的脱除。热解温度为500℃，900℃得到的煤焦分别用S-500、S-900表示，相关信息如下表： 煤焦 元素分析/% 比表面积/ C H S-500 80.79 2.76 105.69 S-900 84.26 0.82 8.98 将NO浓度恒定的废气以固定流速通过反应器(图1)。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如图2所示。 [已知：NO的脱除主要包含吸附和化学还原()两个过程]    ①已知煤焦表面存在的官能团有利于吸附NO，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关，比值小，表面官能团少。由图2可知，相同温度下，一单位时间内S-500对NO的脱除率比S-900的高，可能原因是 。(答两条)。 ②350℃后，随着温度升高，单位时间内NO的脱除率增大的原因是 。 (4)电解氧化吸收法：其原理如图所示：    ①从A口中出来的物质的是 。 ②写出电解池阴极的电极反应式 。 4．（2023·浙江·三模）三氧化碳的回收及综合利用越来越受到国际社会的重视，将二氧化碳转化为高附加值化学品是目前研究的热点之一。利用和合成甲醇，在催化剂作用下可发生如下两个平行反应。 反应I： 反应Ⅱ： 请回答： (1)有利于提高甲醇平衡产率的条件是_______。 A．低温低压 B．低温高压 C．高温低压 D．高温高压 (2)反应的 (3)我国科研人员研究了在催化剂上加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图()，下列说法正确的是_______。    A．使用更高效的催化剂能提高甲醇的平衡产率 B．第④步的反应式为 C．加氢制甲醇符合绿色化学理念 D．若实验前用少量水对催化剂进行预处理，可能提升甲醇产率 (4)在催化剂下，向恒容密闭容器充入一定量及，起始和平衡时各组分的量如下： 总压/ 起始/ 1.0 3.0 0 0 0 平衡/ p 若反应均达平衡时，，则表中 ；若此时，则反应I的平衡常数 (无需带单位，用含总压p的式子表示)。 (5)一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如下图所示，此温度范围内，催化剂活性不受影响    ①当温度高于后，甲醇产率减小的原因可能是 。 ②请在图中画出甲醇平衡产率随温度变化的曲线图 。 5．（2023·辽宁·三模）利用1—甲基萗()制备四氢萘类物质(，包括和)。反应过程中伴有生成十氢萘()的副反应，涉及反应如图：    回答下列问题： (1)已知一定条件下反应、、的焓变分别为、、，则反应的焓变为 (用含、、的代数式表示)。 (2)四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。    ①a、b分别为反应和的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应的平衡常数随温度变化曲线为 。 ②已知反应的速率方程，(、分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)，温度下反应达到平衡时，温度下反应达到平衡时，由此推知， (填“>”，“<”或“=”)。 ③下列说法正确的是 。 A．四个反应均为放热反应 B．压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质 C．反应体系中最稳定 D．由上述信息可知，时反应速率最快 (3)不同温度下达平衡时各产物的选择性(某生成物的物质的量与消耗的物质的量之比)和物质的量分数(表示物种i与除外其他各物种总物质的量之比)随平衡转化率y的变化关系如图所示，从热力学角度分析，生成的 生成的(填“大于”或“小于”)；平衡转化率y为80%时，的产率= (用含c的式子表示)；四氢萘类物质的物质的量分数随平衡转化率先增大后减小，结合平衡移动原理解释原因 。    6．（2023·天津和平·一模）溴代烷的制备，分“氧化”和“溴化”两个过程，回答下列问题。 (1)氧化过程：HBr(g)与O2(g)在合适温度下制备Br2(g)。 已知：T℃时，相关物质的相对能量如表所示： 物质 HBr(g) O2(g) H2O(g) Br2(g) 相对能量/kJ•mol-1 x y z w 此温度下，在恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和1molO2(g)，测得反应物的平衡转化率为60%。若保持其他条件不变，改为绝热状态，平衡时，测得放出热量为QkJ，则下列关系正确的是 (填标号)。 A．Q=0.6(2z+2w-4x-y) B．Q＜0.6(2z+2w-4x-y) C．Q＜0.6(4x+y-2z-2w) D．0.6(4x+y-2z-2w)＜Q＜4x+y-2z-2w (2)溴化过程：在T℃下，向10V0L容器中投入初始浓度均为0.1mol•L-1的Br2(g)和CH4(g)，发生反应：Br2(g)+CH4(g)CH3Br(g)+HBr(g)。保持温度不变，压缩容器体积，分别测得不同容积下CH3Br(g)的平衡浓度如表： 容器体积V/L 10V0 3V0 V0 c(CH3Br)/mol•L-1 m 0.09 0.25 当容器体积从10V0L缩小到3V0L时，测得此时容器内仍有四种气态组分，则m= ；容器体积缩小到V0L时，平衡 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。T℃时，此反应在容积为10V0L和V0L时化学平衡常数分别为K1、K2，则K1 K2(填“大于”、“小于”或“等于”)。 (3)新工艺可将甲烷、HBr和O2混合，直接催化“氧化溴化”：2CH4(g)+2HBr(g)+O2(g)2CH3Br(g)+2H2O(g) △H＜0。反应起始物料n(CH4)、n(HBr)、n(O2)分别为2mol、2mol、1mol时，在不同条件下达到平衡，设体系中CH3Br的物质的量分数为x(CH3Br)，在T为500℃下的x(CH3Br)～p、在p为3×105Pa下的x(CH3Br)~T如图所示。 ①图中a点对应的反应条件为 ，此时用各物质平衡分压表示的平衡常数Kp= Pa-1(列计算式，某气体分压=总压×该气体的物质的量百分数) ②b点对应的甲烷转化率α(CH4)= (保留三位有效数字)。 7．（2023·广东梅州·二模）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。 (1)室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：          ①室温下，反应的 (用含、或的代数式表示)。 ②基态核外电子排布式为 。 ③室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示。 根据A点数据计算反应的 ，下列关于该反应的说法不正确的是 。 A．加水稀释，平衡右移，K值增大 B．若达到A点的时间为，则 C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的 (2)与熟石灰除Cr(VI)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀。 ①实验中的作用是 。 ②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为 。 (3)微生物法： ①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是 。 ②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为，得到电子转化为H， 。 (4)可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示： ①该制备过程总反应的化学方程式为 。 ②电解一段时间后，阳极区溶液中的物质的量由变成，则生成的重铬酸钾的物质的量为 。 8．（2023·湖南衡阳·三模）2023年甲醇作为能源类化工产品备受关注，回答下列问题： 已知：键能为气态分子中化学键解离成气态原子所吸收的能量。相关化学键键能如表所示： 化学键 键能 728 436 354.5 464 358 (1)热催化加氢合成甲醇过程中存在如下反应： ① ② 则反应③：的 。 (2)键、键的键长和键角数值可以通过 实验获得。 (3)①和反应生成，同时分子间脱水生成： i． ii． 在、的反应条件下，向密闭容器中充入和各，发生反应i和反应ii，测得平衡时和的物质的量分别为、，反应ii的平衡常数 (以分压表示，分压=总压×气体物质的量分数，保留三位有效数字)。 ②如图分别为研究温度和压强(其他条件不变)对反应ii的影响，曲线a为不同温度下达到平衡时甲醇的转化率，曲线b和c分别为不同温度或压强下相同时间内测得反应体系中的甲醇的转化率，结合曲线a分析可知，反应ii的 (填“>”或“<”)0；请用化学反应原理知识解释曲线b变化趋势的原因： ，该反应适宜的温度和压强分别为 。    (4)在合成甲醇有机反应中，的化合物常作催化剂。晶体的密度为，其晶胞结构如图所示，晶胞中所有晶面夹角均为，已知：晶胞参数，，则 (保留两位小数)，与其相邻的离子中心的距离有 种。(，摩尔质量取)    9．（2023·云南曲靖·二模）氮氧化物的任意排放会造成酸雨、光化学烟雾等环境问题，可采用多种方法消除。 已知：CH4(g)+4NO2(g)CO2(g)+2H2O(l)+4NO(g) ΔH=—654kJ·mol-1 CH4(g)+4NO(g)CO2(g)+2H2O(l)+2N2(g) ΔH=—1240kJ·mol-1 H2O(g)=H2O(l) ΔH=—44kJ·mol-1 (1)CH4还原NO2 ①CH4将NO2还原为N2并生成水蒸气的热化学方程式为 。 ②下列措施中，能提高NO2的转化率的是 。 a.使用催化剂 b.充入NO2 c.恒容下，充入Ar惰性气体 d.把容器的体积缩小一半 e.降低温度 f.及时分离水 (2)CH4还原NO 在2L密闭容器中通入1.00molCH4和2.00molNO，在3MPa，一定温度下反应生成CO2(g)、H2O(g)、N2(g)，反应时间(t)与NO的物质的量[n(NO)]关系如下表： 反应时间t/min 0 2 4 6 8 10 n(NO)/mol 2.00 1.20 0.80 0.60 0.50 0.50 由表中数据计算，2~4min内v(CH4)= mol·L-1·min-1，该温度下的压强平衡常数Kp (用分压表示，分压=物质的量分数×总压)。 (3)C还原NO ①反应C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g)在常温下能自发进行，据此判断该反应的焓变ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。 ②以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应： 第一步：2NO=(NO)2 第二步：C+(NO)2=C(O)+N2O 第三步： 第四步：2C(O)=CO2+C (4)NH3催化还原氮氧化物技术(SCR)是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术，反应原理如图所示：    用Fe作催化剂时，在氨气足量的情况下，当c(NO2)：c(NO)=1：1时，脱氮率最佳，按最佳脱氮率，每生成2molN2，转移电子数目为 。 (5)除上述方法外，还可用电解法将NO转变为NH4NO3，其工作原理如图，N极的电极反应式为 ，通入NH3的主要原因是 。   10．（2023·陕西榆林·模拟预测）“节能减排”和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。 已知：H2(g)的燃烧热 ΔH＝ －285.8 kJ·mol−1、CO(g)的燃烧热 ΔH＝－283.0 kJ·mol−1 反应①：CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) ΔH1＝ －90.8 kJ·mol−1 反应②： H2O(l)＝H2O(g) ΔH2＝ +44.0 kJ·mol−1 反应③：CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g) ΔH3 (1)ΔH3＝ ， 反应③的ΔS (填“>”或“<”)0，反应③在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。 (2)恒温条件下，在某恒容密闭容器中；按照n(CO2)：n(H2)＝1：3投料仪发生反应③，起始气体总压强为p0，测得CO2(g)的浓度随时间变化如图所示。    ①从反应开始到3 min，H2的平均反应速率v(H2)＝ mol·L−1·min−1；试在图中绘制出CH3OH(g) 的浓度随时间变化的图像 。 ②该反应的平衡常数Kp＝ (填含 p0的表达式)。 (3)恒温条件下，在某恒压密闭容器中仅发生反应①，当反应达到平衡后，向平衡体系中通入惰性气体，平衡 (填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不移动”)。 11．（2023·江西景德镇·三模）有机物T常用作添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃A和B的液相反应制得，体系中同时存在如下反应： 反应Ⅰ 　ΔH1=akJ/mol 反应Ⅱ   ΔH2=bkJ/mol 反应Ⅲ  AB　ΔH3=ckJ/mol 回答下列问题： (1)写出a、b、c的代数关系式 ；上述反应以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示，则的数值范围是 (填标号) A．<-1    B．-1~0    C．0~1    D．>1    (2)T°C时，已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=4.0。 ①向盛有惰性溶剂四氢呋哺的容器中加入一定量A、B和CH3OH；控制温度为T°C，AB物质的量浓度c随反应时间t的变化如表所示。0-100s内A的平均反应速率v(A)= mol·L-1·s-1；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正 逆反应速率v逆(填“>”“<”或“=”)。 时间t/s t=0 t=100 t=200 t=300 浓度c/mol·L-1 A 0.050 0.028 0.018 0.018 B 0.250 0.115 ②向另一容器中加入惰性溶剂四氢呋喃和1.0molT，平衡时测得T的转化率为0.2，则平衡体系中A的物质的量为 mol，反应Ⅱ的平衡常数Kx2= 。同温下，再向该容器中注入四氢呋喃稀释，则下列说法正确的有 。 a．反应Ⅰ的化学平衡将逆向移动 b．再次平衡时，CH3OH的物质的量分数为50% c．再次平衡时，c(B)：c(CH3OH)变小 d．再次平衡时，c(B)：c(CH3OH)不变 12．（2023·湖北·模拟预测）氨气在农业和国防工业都有很重要的作用，历史上诺贝尔奖曾经有三次颁给研究合成氨的科学家。 (1)反应的能量变化如图所示。则N2(g)与H2(g)制备NH3(1)的热化学方程式为 。    (2)关于合成氨工艺的理解，下列正确的是 。 A．合成氨工业常采用的反应温度为400～500℃左右，可用勒夏特列原理解释 B．使用更高效的催化剂，可以提高平衡时NH3的量 C．合成氨工业采用10MPa～30MPa，是因常压下N2和H2的转化率不高 D．用铜氨溶液处理原料气中CO杂质的反应为：[Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+ ΔH＜0，其适宜的生产条件为低温高压 (3)恒压密闭容器中，起始时n(H2)：n(N2)=3：1，不同温度(T)下平衡混合物中NH3(g)物质的量分数随压强的变化曲线如图所示： ①A点的温度迅速从T1变为T2，则此时浓度商Q K(T2)(填“＞”“＜”或“=”)。 ②Kp(B)：Kp(A)= (Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 ③合成氨逆反应速率方程为：v(逆)=k(逆)，式中k(逆)为逆反应的速率常数(只与温度有关)。从C点开始减小压强，平衡发生移动，直至达到新的平衡，v(逆)的变化过程为 。 (4)电化学法也可合成氨。如图是用低温固体质子导体作为电解质，用Pt−C3N4作阴极催化剂电解H2(g)和N2(g)合成NH3的原理示意图：    ①Pt−C3N4电极反应产生NH3的电极反应式 。 ②实验研究表明，当外加电压超过一定值以后，发现阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，分析其可能原因 。 13．（2023·福建宁德·模拟预测）乙二醇是一种重要的化工原料，可用于生产聚酯纤维、防冻剂、增塑剂等。由合成气直接法制乙二醇的主要反应如下： 反应Ⅰ 反应Ⅱ (1)已知298K、101kPa下，，，则 。 (2)在恒压密闭容器中充入合成气，仅考虑发生反应Ⅰ，维持10%转化率，所需反应条件(温度、压强)如表： 温度T/K 298.15 300 354.7 400 压强P/kPa 5.73 6.38 49.27 260.99 反应Ⅰ平衡常数K 1 则 (填“>”或“<”)0，随着温度升高所需压强增大的原因是 。 (3)在2L刚性容器中充入合成气，总压，温度473K，催化剂(含)下进行反应。 ①测得和的时空收率分别为和(时空收率是指催化剂中单位质量Rh在单位时间内所获得的产物量)，则用表示的反应速率为 。 ②平衡时，若和体积分数相等，的分压为，则的选择性为 ，反应Ⅰ的平衡常数 (用含x的式子表示)。(已知：的选择性；分压＝总压×物质的量分数。) (4)合成气直接法制乙二醇的反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应历程(部分)如图1，一定条件下CO分压对选择性影响如图2所示。    图1(TS表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面)   图2 结合图1，图2，从速率角度解释CO分压增大选择性升高的原因 。 14．（2023·浙江·一模）氢气作为一种可再生能源，它的制备一直都是研究的热点。其中甲醇水蒸气重整制氢气包含以下三个反应： Ⅰ．　kJ/mol Ⅱ．　kJ/mol Ⅲ．　 某课题小组经计算得到三个反应的平衡常数对数值与温度的关系图如下：    (1)反应Ⅲ的 kJ/mol，反应Ⅰ的平衡常数与温度的关系图为 。 (2)在铜基催化剂条件下探究水醇比()以及当水醇比=1时温度对的选择性和CO物质的量分数的影响，结果分别如下：    ①下列说法正确的是 A．根据图1，重整制氢的反应温度一般控制在450K~600K之间，可能是要保证甲醇的转化率并控制有适量的CO的含量，有利于维持合适的温度。 B．根据图2，反应过程中，水醇比增加可能会消耗更多的能量。 C．反应不能由体系密度不变来判定达到平衡。 D．催化剂只会对某一个反应有催化作用，所以对某种产物具有选择性。 ②根据图3，当温度大于220℃时，选择性下降而CO的含量上升可能的原因是： 。 (3)在某压强P1下，甲醇转化率随温度变化如图所示， ①请画出压强P2下，P2<P1，相同时间，甲醇转化率随温度变化图 。 ②260℃时，P1压强下，充入等物质的量的甲醇和水，保持压强不变体系达平衡时，，反应Ⅲ的 。    15．（22-23高三下·广东·阶段练习）碳热还原法是一种在一定温度下以无机碳为还原剂进行氧化还原反应的方法，在冶金行业有着广泛的应用。回答下列问题： (1)氧化铝碳热还原过程发生了如下反应：   反应初始温度   反应初始温度   反应初始温度 ① (用含的代数式表示)。 ②根据以上信息分析，在相同系统压力下，时，与C反应优先生成的含铝化合物为 (填化学式)。 (2)科学家在氧化铝碳热还原法研究中加入无水氯化铝作氯化剂，一定条件下，氧化铝先转化为和，和再转化为低价氯化铝，低价氯化铝进入低温区歧化得到铝。忽略中间产物，写出由氧化铝直接获得的化学方程式： 。 (3)三氯化铝固体在一定温度与压强下升华，可能生成三氯化铝气体[反应ⅰ]，也可能生成六氯化二铝气体[反应ⅱ]，实验结果如图所示： ①在，条件下，氯化铝升华得到 (填或)。 ②气态氯化铝是具有配位键的化合物，分子中原子间成键关系如图所示，请将图中你认为是配位键的斜线上加上箭头 。 (4)碳热还原制锰合金反应为，与平衡分压比的自然对数值与温度的关系如图所示(已知是用平衡分压代替浓度计算所得的平衡常数，分压=总压×气体的物质的量分数)。 向恒容密闭容器中加入足量并充入，发生上述反应，测得A点时容器的总压为，则A点时的平衡转化率为 (保留三位有效数字)；A点对应温度下的 。 16．（2023·山东泰安·二模）苯的氢化是研究液态储氢材料的方向之一。相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷的能量变化如图所示： 回答下列问题。 (1)用系统命名法命名为 ；根据图中信息推理，下列说法不正确的 (填序号)。 A．2△H1≈△H2，说明碳碳双键加氢吸收的热量与分子内碳碳双键数目成正比 B．△H2＜△H3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定 C．3△H1＜△H4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键 D．图中的不饱和烃含有相同官能团 (2)一定温度下，苯蒸气和氢气混合发生反应，生成(g)、(g)、(g)。 ①向密闭容器中充入1mol苯蒸气和4molH2，平衡时混合气体中环己烷的体积分数 50%(填序号)。 A．一定大于     B．一定小于      C．可能等于      D．可能大于 ②向密闭容器中充入2mol苯蒸气和2.5molH2，测得苯的转化率和产物选择性如图1所示。 (某一产物的选择性=)，已知：平衡时气体总压强为30MPa。20min时(g)的分压变化速率为 MPa•min-1。由生成(g)反应的平衡常数Kp= (MPa)-2(以分压表示，分压=总压×物质的量分数) (3)一定条件下，如图2所示装置可实现有机物的电化学储氢。阴极气体产物除环己烷和H2外，无其它有机产物。阴极上苯生成环己烷的电极反应式为 ；阴极产生H2的物质的量为 mol。 17．（2023·山东济宁·二模）甲醇是一种重要的基础有机化工原料和优质燃料，用CO2制备甲醇可实现碳循环，制备方法为 反应I：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   (1)反应I、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数K与温度T变化关系如图所示 。根据据图判断，随着温度的升高CH3OH的平衡产率 (填“增大”，“减小”或“不变”)，的数值范围是 (填标号)。 A．<-1            B．-1～0            C．0～1                D．>1 (2)已知初始投料比，在5MPa恒压条件下，使用不同的催化剂，经过相同时间，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度的变化如图所示。 (CH3OH选择性=.×100％) ①由图像可知，工业上合成甲醇，考虑到生产效率，最合适的催化剂和温度是 。 ②工业上使用一种催化剂，CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度的变化如图所示，随温度升高CH3OH产率的变化趋势为 ，T1温度下CH3OH的产率为 ，H2O(g)的体积分数为 。随着温度的升高，逐渐 (填“增大”，“减小”或“不变”)。 18．（2023·山东菏泽·二模）丙醛是一种重要的有机原料，在许多领域都有广泛的应用。在铑催化剂作用下，乙烯羰基合成丙醛涉及的反应如下： 主反应Ⅰ. 副反应Ⅱ. 已知：在一定条件下一氧化碳能与铑催化剂结合生成羰基铑络合物。 回答下列问题： (1)T℃时，向恒压容器中充入0.2 mol 、0.2 mol和0.2 mol，若在该条件下只发生主反应I，达平衡时，放出15.48 kJ的能量；若向相同容器中充入0.4 mol，吸收20.64 kJ的能量，则反应I的 。 (2)保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为3p kPa，反应达到平衡时的转化率为80%，的选择性为25%，则的转化率为 %，反应I的 (用含p的代数式表示)。 (3)在恒压条件下，按照投料，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，相同时间内，测得不同温度下的转化率()如图1曲线所示。测得 (填“>”、“=”、“＜”)，产生这一结果的原因可能是 (4)在恒压密闭容器中，通入1 mol、1 mol 和，在一定温度和铑催化剂作用下，发生上述反应，测得的转化率()和丙醛选择性［］随变化关系如图2所示。曲线b表示 ，当时，曲线a随的增大而降低的原因是 。 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) (2) 4 等于 (3)中间产物 (4) 增大HCOOH浓度 不能 两次改变条件，使两次平衡移动方向相反，CO2的物质的量的变化量未知，只知II时CO2的转化率最大，不能比较I和III时CO2的转化率大小 (5) 反应一的正反应是吸热反应，反应二的正反应是放热反应，升高温度对反应一的影响程度大于反应二，导致CO2的平衡转化率增大 3.9 ×10-3 【详解】（1）根据盖斯定律可知，ΔH= ΔH1+ΔH2= kJ·mol-1； 故答案为：； （2）平衡时v正= v逆，即k正c(CO2)·c(H2)= k逆 c(HCOOH)，即平衡常数K==4；加入催化剂，会加快反应速率，但不影响平衡，故k正 增大的倍数等k逆增大的倍数； 故答案为：4；等于； （3）根据循环图可知，M(CO)4PR3是CO2发生反应后生成，最终又被消耗的，所以是中间产物； 故答案为：中间产物； （4）两次平衡移动改变的条件依次是加压或升温、增大甲酸浓度；三次平衡中，不能判断CO2转化率的大小排序，两次改变条件，使两次平衡移动方向相反，CO2的物质的量的变化量未知，只知II时CO2的转化率最大，不能比较I和III时CO2的转化率大小； 故答案为：增大甲酸浓度；不能；两次改变条件，使两次平衡移动方向相反，CO2的物质的量的变化量未知，只知II时CO2的转化率最大，不能比较I和III时CO2的转化率大小； （5）反应一的正反应是吸热反应，反应二的正反应是放热反应，升高温度对反应一的影响程度大于反应二，导致CO2的平衡转化率增大；在F点状态下，CO2的平衡转化率为20%，CH3OH的选择性为60%，根据原子守恒可得平衡体系中各物质的物质的量： 物质 CO2 HCOOH (g) CH3OH (g) H2O (g) H2 物质的量/mol 0.80 0.08 0.12 0.12 2.56 F点的总物质的量为3.68mol，p(CO2)=36.8 kPa×=8 kPa，p(H2)=25.6 kPa，p(HCOOH)=0.8 kPa， 故答案为：反应一的正反应是吸热反应，反应二的正反应是放热反应，升高温度对反应一的影响程度大于反应二，导致CO2的平衡转化率增大；3.9 ×10-3。 2．(1)+123.5 (2) 0.6 320 (3) CO2+C3H8C3H6+CO+H2O c 通入CO2一方面能消耗催化脱氢的产物氢气，另一方面恒压下容器向外膨胀体积变大(稀释作用)，均能使平衡正向移动 氧气会与C3H6发生反应，降低丙烯的产率 【详解】（1）由丙烷与丙烯的结构简式可知，丙烷直接催化脱氢制备丙烯的反应中断裂2个C—H键和1个C—C键，形成1个C=C键和1个H—H键，则反应的∆H=(2×413.4+347.7) kJ∙mol-1-(615+436) kJ∙mol-1=+123.5kJ∙mol-1，故答案为：+123.5； （2）①由图可知，起始丙烷的压强为100kPa，60min时混合气体的总压强为136kPa，设混合气体中氢气的分压为akPa，由方程式可得：(100—a)kPa+akPa+akPa=136kPa，解得a=36kPa，则0~60min之间，氢气分压的平均变化率为=0.6kPa/min，故答案为：0.6； ②图可知，T1℃时，240min反应达到平衡，混合气体的总压强为180kPa，设混合气体中氢气的分压为bkPa，由方程式可得：(100—b)kPa+bkPa+bkPa=136kPa，解得b=80kPa，则应的平衡常数Kp==320kPa，故答案为：320； （3）①由图可知，一步法的总反应为二氧化碳与丙烷反应生成丙烯、一氧化碳和水，反应的化学方程式为CO2+C3H8C3H6+CO+H2O，故答案为：CO2+C3H8C3H6+CO+H2O； ③由方程式可知，与直接催化脱氢相比，一步法中增加二氧化碳的浓度，有利于平衡向正反应方向移动，丙烷的转化率增大，二步法中加入的二氧化碳与反应生成的氢气反应，生成物浓度减小，恒压下容器向外膨胀体积变大(稀释作用)，均能使平衡向正反应方向移动，丙烷的转化率增大，所以相同温度时，直接催化脱氢反应中丙烷的转化率最小，则表示催化脱氢的曲线是c；通入氧化性强于二氧化碳的氧气作为氧化剂的缺点是氧气会与丙烯反应，导致丙烯的产率降低，故答案为：c；通入CO2一方面能消耗催化脱氢的产物氢气，另一方面恒压下容器向外膨胀体积变大(稀释作用)，均能使平衡正向移动；氧气会与C3H6发生反应，降低丙烯的产率。 3．(1) ② ，反应②在常温常压下不能自发进行 (2)480： (3) S-900的煤焦氢炭比值小，表面官能团少，不利于NO吸附；S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于NO吸附 温度升高，反应速率增大 (4) 和较浓的硫酸 【详解】（1）结合表1中的数据，当时，反应不能自发进行，常温常压时，反应②的，反应②在常温常压下不能自发进行。 （2）根据已知条件列出“三段式”： 达到平衡状态时，测得的物质的量为0.4mol，且体系中的物质的量比的多0.8mol，2-x=0.4mol，x+2y-x-y=0.8mol，解得x=1.6mol，y=0.8mol，反应Ⅱ的平衡常数K=480。 （3）①相同温度下，一单位时间内S-500对NO的脱除率比S-900的高，可能原因是：S-900的煤焦氢炭比值小，表面官能团少，不利于NO吸附；S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于NO吸附； ②350℃后，随着温度升高，单位时间内NO的脱除率增大的原因是温度升高，反应速率增大。 （4）①根据电极放电顺序，可知阳极是OH-失去电子发生氧化反应，生成水和氧气，而H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和HSO反应生成S2O和水，所以整个电解过程中阳极室中的水减少，则阳极室的硫酸浓度会变大，故从A口中出来的物质是氧气和浓度变大的硫酸； ②H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和HSO反应生成S2O和水，从HSO到S2O是化合价降低的过程，得到电子发生了还原反应，则电解池的阴极的电极反应式为：。 4．(1)B (2)-90.64 (3)BD (4) (5) 之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H2和CO2浓度降低，H2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动    【详解】（1）合成甲醇的反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率；合成甲醇的反应的气体分子数减小，增大压强，平衡正向移动，可以提高合成甲醇的平衡产率，答案选B； （2）已知反应I： 反应Ⅱ： 根据盖斯定律，由I-Ⅱ得反应 =-90.64，答案为-90.64； （3）A．催化剂不改变平衡移动，平衡产率不变，选项A错误； B．第④步反应涉及*H2O和*H反应生成水，反应式为，选项B正确； C．总反应为，反应物没有全部转化为甲醇，所以加氢制甲醇过程中原子利用率小于100%，不符合绿色化学理念，选项C错误； D．若实验前用少量水对催化剂进行预处理，水的解吸促进甲醇的产生，可能提升甲醇产率，选项D正确； 答案选BD； （4）反应前气体的物质的量是12mol，压强为，反应后气体压强变为p，则反应后气体的物质的量是4=mol，设生成甲醇的物质的量是n1，则 所以n1=，则该反应生成水mol，消耗CO2mol，消耗H21mol，此时n2=，则反应生成molH2O，消耗molCO2、消耗molH2，所以容器中CO2、H2的物质的量分别是mol、mol；反应Ⅰ的平衡常数=； （5）①在之前，反应尚未达到平衡，甲醇产率随着温度升高而增大；之后，甲醇产率下降是因为随着温度升高，反应Ⅰ逆向移动，且随温度升高反应Ⅱ正向移动，H2和CO2浓度降低，H2O(g)浓度增加，导致反应Ⅰ逆向移动； ②反应Ⅰ为放热反应，低温下甲醇的产率较高，反应Ⅱ为吸热反应，低温下平衡逆向移动，CO2转化为甲醇比转化为CO更多，故甲醇平衡产率随温度变化的曲线图如下  。 5．(1)ΔH1+ΔH2—ΔH4 (2) d > AC (3) 小于 温度越低，平衡转化率越大，选择性低，选择性高，当温度高于一定值时，选择性较大，转化率越大，越大；当温度低于一定值时，选择性较大，转化率越大，越小 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应R1+R2—R4得到反应R3，则ΔH3=ΔH1+ΔH2—ΔH4，故答案为：ΔH1+ΔH2—ΔH4； （2）①由题意可知，1—甲基萘制备十氢萘的反应途径不同，但总反应是相同的，由盖斯定律可得，反应的平衡常数K1K2=K3K4，由图可知，平衡常数K4大于K2，则K1大于K3，所以表示反应R3的平衡常数随温度变化曲线为d，故答案为：d； ②由图可知，温度升高，反应R1的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应达平衡时，正逆反应速率相等，则=，==K，由温度下反应达到平衡时，温度下反应达到平衡时可知，温度时平衡常数小于温度，所以温度大于温度，故答案为：>； ③A．由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数都减小，说明平衡均向逆反应方向移动，四个反应均为放热反应，故正确； B．由题意可知，生成四氢萘和生成十氢萘的反应都是均为气体体积减小的放热反应，所以压强越大、温度越低也可能会导致副产物的增加，故错误； C．由图可知，温度升高，四个反应的平衡常数都减小，说明平衡均向逆反应方向移动，四个反应均为放热反应，由题意可知，1—甲基萘制备十氢萘的反应途径不同，但总反应是相同的，由盖斯定律可知，生成十氢萘的总反应也为放热反应，放热反应的生成物总能量小于生成物总能量，则反应体系中1-MD能量最低，物质的能量越低越稳定，所以1-MD最稳定，故正确； D．由图可知，400K时反应R4的平衡常数最大，平衡常数大说明反应的限度大，但不能说明反应速率快，故错误； 故选AC； （3）由题意可知，1—甲基萘制备十氢萘的反应途径不同，但总反应是相同的，由盖斯定律可得，反应的平衡常数K1K2=K3K4，由图可知，平衡常数K4大于K2，则K1大于K3，由此可知，反应R1的焓变大于反应R3，1−MN生成5−MTL和1−MTL的反应都是熵减的反应，由ΔG=ΔH—TΔS可知，反应R1的自由能ΔG大于R3；1-MN平衡转化率y为80%时，反应的1-MN为0.8，开始生成1-MTL和5-MTL共0.8；由图可知，平衡时S1−MD为c%，则生成1-MD为0.8×c%，故又共消耗1-MTL和5−MTL0.8×c%，平衡时1-MTL和5-MTL共0.8−0.8×c%；平衡时S5−MTL为c%，则平衡时5-MTL为0.8×c%，所以平衡时1-MTL的产率为0.8−0.8×c%−0.8×c%=0.8(1−2c%)；由图可知，温度越低，平衡转化率越大，选择性低，选择性高，当温度高于一定值时，选择性较大，转化率越大，越大；当温度低于一定值时，选择性较大，转化率越大，越小，所以四氢萘类物质的物质的量分数xi随1−MN平衡转化率先增大后减小，故答案为：大于；0.8(1−2c%)；温度越低，平衡转化率越大，选择性低，选择性高，当温度高于一定值时，选择性较大，转化率越大，越大；当温度低于一定值时，选择性较大，转化率越大，越小。 6．(1)C (2) 0.027 不 大于 (3) 450℃、 65.2%或者0.652 【详解】（1）由题干表中数据可知，4HBr(g)+O2(g)=2Br2(g)+2H2O(g) =(2z+2w-4x-y)kJ/mol，此温度下，在恒容密闭容器中充入4mol HBr(g)和1mol O2(g)发生“氧化”，测得反应物的平衡转化率为60%，若保持其他条件不变，改为绝热状态，随着反应进行容器温度升高，平衡逆向移动，则反应物的平衡转化率小于60%，故平衡时测得放出热量为Q kJ，则，故答案为：C； （2）根据反应方程式可知，当当容器体积从10 L缩小到3 L时，测得此时容器内仅有四种气态组分，反应前后气体的体积不变，即改变容器体积即改变压强，平衡不移动，m==0.027；T K时，此反应在容积为10L和L时化学平衡常数分别为、，由三段式分析10V0时，，K1==0.14，V0时，由于压强增大，Br2蒸气变为液体，导致平衡逆向移动，此时，K2==0.083，则大于，故答案为：不；0.027；大于； （3）由题干反应方程式可知，恒温恒容下，增大压强平衡正向移动，即x()随着压强增大而增大，故图像中曲线b为恒温在500K下随压强增大的曲线，而恒温恒压下，随着温度的升高，平衡逆向移动，即x()随着温度的升高而减小，故题干图像中曲线a为下随着温度升高而改变的曲线，图中a点对应的反应条件为450℃、，x()为0.30，根据三段式分析可知，，则有：=0.30，解得x=mol，气体的总物质的量为2-2x+2-2x+2-x+2x+2x=，故Kp== Pa-1； b点对应的条件为800℃、，b点时x()=0.30，根据三段式分析可知，，则有：=0.30，解得x=mol，故b点=65.2%，故答案为：450℃、；7.72；65.2%或者0.652。 7．(1) ΔH3-2ΔH2 [Ar]3d3 1.0×1014 AC (2) 将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]- (3) 时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性 被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS (4) 4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。 【详解】（1）①已知：II.   III.    ，由盖斯定律，反应III-2II得 得，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，故答案为：ΔH3-2ΔH2； ②Cr为24号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则Cr3+核外电子排布式为[Ar]3d3，故答案为：[Ar]3d3； ③从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时为0.25mol/L，由原子守恒得为1.0-0.25×2=0.5mol/L。则K=。 A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向，同时没有改变温度，K值不变，A项错误； B．A点为0.25mol/L，由原子守恒得溶液中的为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则v（）=，B项正确； C．升温转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误； 故选AC。 故答案为：1.0×1014；AC； （2）实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ，便于沉淀除去。从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-； （3）温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低。从图看H和经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS。故答案为：时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS； （4）阴极区为H+放电产生H2。阳极区OH-放电产生H+和O2，H+促使平衡正向从而制备K2Cr2O7。总反应为4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。由方程式看出每生成1molK2Cr2O7产生2molKOH，即2molK+移入阴极区产生KOH。当阳极区K+由amol变为bmol产生K2Cr2O7为 。故答案为：4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH；。 8．(1) (2)X射线衍射 (3) 10.7 温度低于时，该反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，转化率升高；温度高于时，该反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，转化率下降 、() (4) 486.25 2 【详解】（1）反应物总键能-生成物总键能，故，结合三个方程式可知，反应①可由反应②和反应③相加得到，所以。故答案为：； （2）键、键的键长和键角数值可以通过X射线衍射实验获得。故答案为：X射线衍射； （3）①i. ii． 平衡时，，，，反应ii的分压平衡常数。故答案为：10.7； ②由图可知，随温度升高甲醇的转化率下降，说明升温时反应ii平衡逆向移向，则正反应为放热反应，；由图可知温度低于时，该反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，转化率升高；温度高于时，该反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，转化率下降。未达平衡时，压强增大，反应速率加快、转化率升高，结合图像及实际生产中设备、成本、能耗等因素，适宜的压强为。综上所述，适宜的条件为、。故答案为：<；温度低于时，该反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，转化率升高；温度高于时，该反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，转化率下降；、()； （4），解得，，由图可知，与其相邻的离子中心的距离有2种。故答案为：486.25；2。 9．(1) CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)△H=—859kJ/mol ef (2) 0.025 (3) ＜ C+N2O=C(O)+N2 (4)6NA (5) NO+2H2O—3e—=NO+4H+ 将硝酸转化为硝酸铵 【详解】（1）①将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应—③×2可得反应CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)，则△H=—(—44kJ/mol)×2=—859kJ/mol，反应的热化学方程式为CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)   △H=—859kJ/mol，故答案为：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)   △H=—859kJ/mol； ②a．使用催化剂能降低反应的活化能，反应速率加快，但化学平衡不移动，二氧化氮的转化率不变，故不符合题意； b．充入二氧化氮，反应物的浓度增大，平衡向正反应方向移动，但二氧化氮的转化率减小，故不符合题意； c．恒容下，充入不参与反应的氩气，反应体系中各物质的浓度不变，化学反应速率不变，化学平衡不移动，二氧化氮的转化率不变，故不符合题意； d．该反应是气体体积增大的反应，把容器的体积缩小一半，气体压强增大，平衡向逆反应方向移动，二氧化氮的转化率减小，故不符合题意； e．该反应是放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮的转化率增大，故符合题意； f．及时分离水，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动，二氧化氮的转化率增大，故符合题意； 故选ef； （2）由表格数据可知，2~4min内一氧化氮的消耗量为(1.20—0.80)mol=0.40mol，由方程式可知，甲烷的反应速率为=0.025 mol/(L·min)；由表格数据可知，8min反应达到平衡，一氧化氮的物质的量为0.50mol，由方程式可知，甲烷、二氧化碳、水蒸气、氮气的物质的量分别为1.00mol—(2.00—0.50) ×=0.625mol、(2.00—0.50)×=0.375mol、(2.00—0.50) ×=0.75mol、(2.00—0.50) ×=0.75mol，则一氧化氮、甲烷、二氧化碳、水蒸气、氮气的平衡分压分别为×3MPa=0.5MPa、×3MPa=0.625MPa、×3MPa=0.375MPa、×3MPa=0.75MPa、×3MPa=0.75MPa，该温度下的压强平衡常数Kp==，故答案为：0.025；； （3）①该反应为气体体积不变的反应，反应ΔS接近于0，常温下能自发进行，说明反应ΔH—TΔS＜0，则反应的焓变小于0，故答案为：＜； ②由盖斯定律可知，四步反应之和为总反应，则第三步反应式为C+N2O=C(O)+N2，故答案为：C+N2O=C(O)+N2； （4）由题意可知，氨气在催化剂作用下与物质的量比为1：1的一氧化氮和二氧化氮混合气体反应生成氮气和水，反应的化学方程式为NO2+NO+2NH32N2+3H2O，反应生成2mol氮气，反应转移6mol电子，则转移电子的数目为6mol×NAmol—1=6NA，故答案为：6NA； （5）由图可知，M极为电解池的阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为NO+5e—+6H+=NH+H2O，N极为阳极，水分子作用下一氧化氮在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为NO+2H2O—3e—= NO+4H+，电解的总反应为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，则反应通入氨气的主要目的是将硝酸转化为硝酸铵，故答案为：NO+2H2O—3e—= NO+4H+；将硝酸转化为硝酸铵。 10．(1) －49.6kJ·mol−1 < 低温 (2) 0.5    (3)向逆反应方向移动 【详解】（1）根据盖斯定律①-④+③+②得CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(g)ΔH3=-90.8 kJ·mol-1+566 kJ·mol-1-571.6 kJ·mol-1+44.0 kJ·mol-1=-49.6kJ·mol-1；反应③气体物质的量减少，ΔS<0，反应③在低温下能自发进行。 故答案为：－49.6kJ·mol−1；<； （2）①从反应开始到3 min，CO2(g)的浓度降低0.5mol/L，则H2的浓度降低1.5mol/L，平均反应速率v(H2)=mol·L-1·min-1；3min时CO2(g)的浓度降低0.5mol/L，甲醇的浓度增加0.5mol/L、10min时，甲醇的浓度为0.75mol/L，则CH3OH(g) 的浓度随时间变化的图像为  。 ② 反应达到平衡状态时，总压强为，该反应的平衡常数Kp= ； 故答案为：0.5；  ；； （3）恒压条件下向平衡体系中通入惰性气体，容器体积增大，相当于减压，平衡向逆反应方向移动。 故答案为：向逆反应方向移动。 11．(1) a-b=c或者a=b+c等其它等价表示 D (2) 2.20×10-4 < 0.04 30 ad 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则a-b=c（或者a=b+c等其它等价表示）； 由图可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数均随温度的减小而增大，则反应均为放热反应，、、均小于零，则>0；由第一空分析可知，-=<0，则<，故>1，故选D； （2）①向由表可知，0-100s内A的平均反应速率；                              0-100s段，A变化量为0.022、B变化量为0.135，故B的减小量更大，则反应Ⅲ逆向进行，t=100s之后A的量继续减小，则反应Ⅲ仍逆向进行，故正反应速率v正<反应速率v逆； ②向另一容器中加入惰性溶剂四氢呋喃和1.0molT，平衡时测得T的转化率为0.2，则反应的T为0.2mol，平衡时T为0.8mol； T°C时，已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=4.0，则，a=0.04mol，则平衡时A、B、T、分别为0.04mol、0.16mol、0.8mol、0.2mol；总的物质的量为1.2mol，故 反应Ⅱ的平衡常数Kx2=； a．同温下，再向该容器中注入四氢呋喃稀释，相当于增大容器体积，则反应Ⅰ的化学平衡将逆向移动，a正确； b．当反应完全进行时，甲醇含量为50%，由于反应为可逆反应，故再次平衡时，CH3OH的物质的量分数不会是50%，b错误； c．再次平衡时，T转化率为a，则平衡时AB物质的量和为amol，设A为xmol，B为(a-x)mol，根据Kx3=4.0，则，，甲醇为amol，则再次平衡时，c(B)：c(CH3OH)=0.8a：a=0.8:1，c(B)：c(CH3OH)不变，c错误； d．由c分析可知，再次平衡时，c(B)：c(CH3OH)不变，d正确； 故选ad。 12．(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(1)    △H=-132kJ/mol (2)CD (3) ＞ v(逆)瞬间变大，然后逐渐减小，直至达到新的平衡，v(逆)不再改变 (4) N2+6e-+6H+=2NH3 超过一定电压以后，H+得电子能力增强，H+得电子生成H2 【详解】（1）由图可知0.5molN2(g)和1.5molH2(g)反应生成 1molNH3(1)时放出的热量为(300-254+20)kJ=66 kJ，则N2(g)与H2(g)制备NH3(1)的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(1)  △H=-132kJ/mol，故答案为：N2(g)+3H2(g)2NH3(1)  △H=-132kJ/mol； （2）A. 工业合成氨为放热反应，温度升高不利于平衡正向移动，因此不可用勒夏特列原理解释，故A错误； B.催化剂只能加快反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡时NH3的量，故B错误； C. 工业合成氨正向气体分子数减小，采用10MPa～30MPa，有利于平衡正向移动，可提高反应物转化率，故C正确； D. 用铜氨溶液处理原料气中CO杂质的反应为：[Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+    ΔH＜0，该反应正向气体分子数减少，高压有利于平衡正向移动，同时反应放热，低温有利于平衡正向移动，因此其适宜的生产条件为低温高压，故D正确； 故答案为：CD； （3）①若A点的温度缓慢从T1变为T2，则平衡移向移动，浓度商Q应逐渐减小最终等于K(T2)，则快速升温时平衡未及时移动，则此时浓度商Q大于K(T2)，故答案为：>； ②Kp(A)=，同理Kp(B)= ，由图可知A、B两点各气体的百分含量相同，则各气体的体积分数相同，则Kp(B)：Kp(A)= :=:，由图可知：pA=150×105Pa，pB=450×105Pa，Kp(B)：Kp(A)=:=，故答案为：； ③C点开始减小压强，正逆反应速率均减小，但该反应正向气体分子数减小，因此逆反应速率减小更多，平衡逆向移动，使得逆反应速率又逐渐增大，直到反应达到新平衡后不再改变，故答案为：v(逆)瞬间变大，然后逐渐减小，直至达到新的平衡，v(逆)不再改变； （4）由图示可知Pt−C3N4电极与电源负极相连作阴极，氮气在阴极得电子生成氨气，电极反应为：N2+6e-+6H+=2NH3，当外加电压超过一定值以后，电解质中的氢离子得电子能力逐渐增强，H+得电子生成H2，导致阴极产物中氨气的体积分数随着电压的增大而减小，故答案为：N2+6e-+6H+=2NH3；超过一定电压以后，H+得电子能力增强，H+得电子生成H2。 13．(1)-90.14 (2) < 升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动 (3) 1.68 66.7% 或 (4)随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高 【详解】（1）已知： ① ② 由盖斯定律可知，②-①得：； （2）由图表可知，随着温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，焓变小于零；反应为气体分子数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动，故随着温度升高所需压强增大； （3）①由反应Ⅰ 、反应Ⅱ 体现的关系可知，表示的反应速率为； ②在2L刚性容器中充入合成气，总压，则一氧化碳、氢气初始分压均为20MPa，平衡时，若和体积分数相等，则分压均为aMPa，则 则的选择性为 的分压为，则20-3a-2a=x，，则氢气、一氧化碳分压分别为、，故应Ⅰ的平衡常数； （4）CO分压增大选择性升高的原因为：随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高。 14．(1) -41.2kJ/mol b (2) AB 升温，反应2进行的程度更大，同时不利于反应3，因此选择性下降而CO的含量上升。 (3)    30200 【详解】（1）由盖斯定律，反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，则反应Ⅲ的(+49.0kJ/mol)-(+90.2kJ/mol)=-41.2kJ/mol，反应Ⅰ和反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡向正反应移动，平衡常数增大、其对数也增大，反应Ⅲ为放热反应，升温平衡向逆反应移动，平衡常数减小、其对数也减小，且反应Ⅰ-反应Ⅱ=反应Ⅲ，则,,由图中数据代入可知，反应Ⅰ的平衡常数与温度的关系图为b。 （2）①A．根据图1， 450K~600K之间甲醇的转化率较高且CO的含量较高，则控制温度在450K~600K之间可能是要保证甲醇的转化率并控制有适量的CO的含量，有利于维持合适的温度，A正确； B．根据图2，反应过程中，水醇比＞1.0以后，二氧化碳选择性大幅度降低、CO物质的量大幅度分数增加，则更有利于反应Ⅱ发生，该反应吸热明显，则水醇比增加可能会消耗更多的能量，B正确； C．气体质量守恒、但没有指明是在固定体积的密闭容器中反应，故密度可能随反应而变，则对应的能由体系密度不变来判定达到平衡，C不正确； D．催化剂能改变反应历程、降低反应活化能，则催化剂不一定只会对某一个反应有催化作用，D不正确； 选AB。 ②根据图3，当温度大于220℃时，选择性下降而CO的含量上升可能的原因是：升温，反应2进行的程度更大，同时不利于反应3，因此选择性下降而CO的含量上升。 （3）温度越高反应速率越快，在某压强P1下，温度大约250°C时反应速率快、甲醇转化率达100%，则： ①压强越小反应速率越慢，相同时间内甲醇的转化率越小，则压强P2下(P2<P1)、温度250°C下，相同时间甲醇的转化率还不到100%，压强P2、温度＞250°C时，相同时间甲醇的转化率才可能达到100%，则甲醇转化率随温度变化图为  。 ②260℃时，P1压强下，充入等物质的量的甲醇和水，设为1mol，且由图知甲醇的转化率为1，发生上述Ⅰ：，发生上述反应Ⅱ：，发生上述反应Ⅲ．,则平衡时n(CO2)=( x+y)mol， n(CO)=(1-x-y) mol，已知保持压强不变体系达平衡时，则( x+y)mol=100 (1-x-y) mol，得， 则平衡时n(CO2)= ，n(H2)=(3x+2-2x+y)mol=，n(CO)= n(H2O)= (1-x-y) mol=，混合气体共4mol则， , ,则反应Ⅲ的平衡常数。 15．(1) (2) (3) (4) 33.3% 0.5a 【详解】（1）根据盖斯定律可知反应③=反应①-反应②，则；由题中信息可知时，未到达反应①的初始温度，但高于反应②的初始温度，则先发生反应②生成，故答案为：；； （2）由氧化铝直接获得的化学方程式：，故答案为：； （3）的摩尔质量大于，则熔沸点高于，其生化温度高于；中Al提高空轨道，Cl提供孤对电子形成配位键，的结构可表示为：，故答案为：；； （4）结合题中信息列三段式： A点ln=0，则=1，说明，即平衡时，0.1-x=2x，x=mol，的平衡转化率为； 平衡时n(总)= mol，则A点对应温度下Kp==0.5akPa，故答案为：33.3%；0.5a； 16．(1) 1，3－环己二烯 AD (2) B 0.3 0.003 (3) +6H++6e-= 2 【详解】（1）以含双键的环为主，离官能团最近的一端对环进行编号，该物质为1，3-环己二烯。 A．从图看环己烯变为环己烷为放热反应即碳碳双键加氢为放热，A项错误； B．物质的能量越低越稳定，由△H2＜△H3即单双键交替的环己二烯能量更低，则该物质的更稳定，B项正确； C．苯环中C=C为3个但其加氢放出的能量却远小于环己烯所释放的能量的3倍，所以苯环中不存在三个完全独立的碳碳双键，C项正确； D．前三者官能团均为C=C键，而苯环没有官能团，D项错误； 故选AD。 答案为1，3-环己二烯；AD； （2）假设苯完全转化，此时环己烷的物质的量为1mol，H2剩余1mol，环己烷的体积分数为，实际上环己烯、1，3-环己二烯、环己烷都可能存在，其该反应为可逆反应不彻底所以体积分数一定小于50%； 故选B。 由图知苯环的转化率为50%即消耗了50%×2mol=1mol，那么平衡时的苯为1mol。而1，3-环己二烯、环己烯、环己烷选择性分别为60%、30%、1-60%-30%=10%，即各物质物质的量分别为60%×1mol=0.6mol、0.3mol、0.1mol。产生0.6mol 1，3-环己二烯消耗的H2为0.6mol，产生0.3mol环己烯消耗H2为0.6mol，产生0.1mol环己烷消耗的H2为0.3mol，平衡的H2为2.5-0.6mol-0.6mol-0.3mol=1mol。1，3-环己二烯平衡时物质的量分数为，则其分压为20%×30MPa=6MPa，20min的分压变化速率为6÷20=0.3MPa/min。环己烯的物质的量分数=，则其分压为3MPa，同理H2的物质的量分数为，其分压为33.3%×30MPa=10MPa；同理苯平衡时的物质的量分数为33.3%，33.3%×30MPa=10MPa ，得出KP=。答案为B；0.3；0.003； （3）苯环得电子与H+结合被还原为环己烷，反应为+6H++6e-=；同时可能H+直接放电2H++2e-=H2↑。电解池的B极为阳极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，当有2.8molO2产生时转移电子为11.2mol。设阴极产生环己烷为ymol、H2为xmol，根据得失电子守恒得2x+6y=11.2mol。10mol混合气体中苯的物质的量分数为24%，即苯为2.4mol。反应后苯的体积分数为10%，建立等式：，解得x=2、y=1.2。答案为+6H++6e-=；2。 17．(1) 减小 C (2) CdZrOx、310℃（答310-315℃也可得分） 先增大后减小 8.6% 2.6% 增大   【详解】（1）根据图示，随温度升高反应I、反应Ⅱ平衡常数都减小，反应Ⅲ平衡常数增大，所以随着温度的升高CH3OH的平衡产率减小；随温度升高反应I、反应Ⅱ平衡常数都减小，、都小于0，反应Ⅲ平衡常数增大，大于0；根据盖斯定律I-Ⅱ得，=->0，所以的数值范围是0～1，选C。 （2）①由图像可知，相同温度下，使用催化剂CdZrOx二氧化碳的平衡转化率大，随温度升高，二氧化碳的平衡转化率增大，280~310℃甲醇的选择性高，所以工业上合成甲醇，考虑到生产效率，最合适的催化剂和温度是CdZrOx、310℃。 ②由图可知，随温度升高，CO2的转化率逐渐升高，CH3OH的选择性逐渐降低，则CH3OH产率的变化趋势为先增大后减小；T1温度下CH3OH的产率为10%×86%=8.6%；设加入CO2的物质的量为1mol、H2的物质的量为3mol，CO2的转化率为10%，根据反应I、Ⅲ，生成H2O(g)的总物质的量等于二氧化碳消耗量为0.1mol，则平衡时n(H2O)=0.1mol，n(CO2)=1mol×(1-10%)=0.9mol，n(CH3OH)=1mol×8.6%=0.086mol，平衡时，根据C原子守恒，n(CO2)+n(CH3OH)+n(CO)=1mol，则n(CO)=0.014mol，根据O原子守恒，2n(CO2)+n(CH3OH)+n(CO)+n(H2O)=2mol，则n(H2O)=0.1mol，根据H原子守恒，2n(H2)+4n(CH3OH)+2n(H2O)=6mol，则n(H2)=2.728mol，所以平衡时n(CO2)+n(CH3OH)+n(CO)+n(H2O)+n(H2)=(0.9+0.086+0.014+0.1+2.728)mol=3.828mol，H2O(g)体积分数为 。随着温度的升高，反应I逆向移动，逐渐增大。 18．(1)-129 (2) 80% (3) > 随温度升高，催化剂活性降低，导致反应速率降低 (4) 乙烯转化率 氢气浓度增大，氢气和乙烯催化加氢生成乙烷的反应程度增大 【详解】（1）向恒压容器中充入0.2 mol 、0.2 mol和0.2 mol，若在该条件下只发生主反应I，达平衡时，放出15.48 kJ的能量；，；若向相同容器中充入0.4 mol，吸收20.64 kJ的能量，，所以。 答案为-129。 （2）保持温度不变，在恒容反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，平衡时的转化率为80%，的选择性为25%，设起始时mol，则发生反应Ⅱ的物质的量为，发生反应I的物质的量为， ，反应达平衡时，n(C2H4)=0.2mol、n(H2)=0.2mol、n(CO)=0.4mol、n(CH3CH2CHO)=0.6mol、n(C2H6)=0.2mol,n(总)=1.6mol，平衡时总压=，p(CH3CH2CHO)=，同理计算p(C2H4)=0.2p、p(H2)=0.2p、p(CO)=0.4p，所以反应I的。 答案为80%；。 （3）恒压条件下，按照投料，匀速通入装有催化剂的反应器中发生反应，由图像可知，相同时间内，不同温度下的转化率()B点最大，说明B点时反应速率最快，随温度的升高，单位时间内C2H4的转化率快速减小，可能是温度升高，催化剂的活性减弱，反应速率降低。 答案为：>；随温度升高，催化剂活性降低，导致反应速率降低。 （4）根据反应Ⅰ、Ⅱ方程式，氢气比例增大，反应Ⅰ、Ⅱ中的转化率均增大，所以曲线b表示的转化率()，曲线a表示丙醛选择性；当时，氢气浓度增加，氢气和乙烯催化加氢生成的程度增大，丙醛选择性降低；故答案为的转化率()；氢气浓度增加，氢气和乙烯催化加氢生成乙烷的反应程度增大。 答案为：乙烯转化率；氢气浓度增大，氢气和乙烯催化加氢生成乙烷的反应程度增大。 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 $$