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．（2024·上海闵行·三模）炼油、石化等工业会产生含硫(-2价)废水，处理的方法有沉淀法、氧化法。 Ⅰ．沉淀法。用如下图-1装置可以将废水中的硫转化为FeS沉淀。控制其他条件一定，测得出口处硫转化为FeS的沉淀率与溶液pH的关系如题图-2所示。 (1)对图-1的说法中正确的是_______。 A．负极： B．阳极： C．正极： D．阴极： (2)该装置沉淀废水中的硫(-2价)的原理可描述为 。 (3)时，pH越大，硫转化为FeS的沉淀率越低，可能的原因是_______。 A．pH越大，越高，与结合转化为逸出 B．pH越大，越低，废水中低，则FeS的沉淀率越低 C．pH越大，废水中越高，与生成，导致浓度越小，废水中与结合FeS沉淀的硫的量越少 D．pH越大，废水中越低，废水中低，与结合FeS沉淀量越少 Ⅱ．氧化法。氧化法、氧化法、催化氧化法等可以将含硫废水中硫元素氧化。 i.氧化法：向含的废水中，加入一定量的溶液，控制溶液的pH为5，可以生成S沉淀。 (4)写出该反应的离子方程式： 。 ii.氧化法：向含的废水中，加入溶液，其他条件一定，测得硫(-2价)的去除率、S(单质)的生成率与所加溶液体积的关系如题图-3所示。 (5)由图可知，下列有关说法正确的是_______。 A．加溶液就是将氧化为单质S B．随着溶液的不断加入，废水中硫元素的去除率一直在升高 C．溶液加入量越多，废水中含硫量越低 D．在处理一定量的废水中，其加入量不同氧化产物可能有差异 (6)当所加溶液体积大于9mL时，所加溶液越多，S生成率越低，原因是 。 iii.催化氧化法：苯胺(为催化剂、聚苯胺为催化剂载体)可用作空气氧化含硫(-2价)废水的催化剂。碱性条件下，催化氧化废水的机理如题图-4所示。 (7)转化Ⅰ中化合价发生变化的元素有 。 (8)催化剂使用一段时间后催化效率会下降，结合图中相关信息，分析可能原因为 ，要使催化剂恢复催化效率，处理的方法是用氯仿()浸取催化剂，再干燥即可。 2．（2024·陕西安康·模拟预测）二甲醚既是一种有机燃料，又是一种重要的有机化工原料。利用催化氢化制备二甲醚的反应原理如下： ．   ．   ．   回答下列问题： (1) 。 (2)向初始温度为T℃的某恒容绝热容器中投入2mol 只发生反应，平衡时的转化率为。 ①下列叙述能说明反应已经达到平衡的是 (填选项字母)。 a．混合气体密度不再发生变化 b．容器内压强不再发生变化 c．的消耗速率等于的消耗速率 d．的体积分数不再发生变化 ②相同条件下，若向该容器中加入和各1mol，平衡时的转化率为。则 1(填“>”“=”或“<”)。 ③在催化剂条件下反应的反应过程如图甲所示，“*”表示吸附在催化剂上。                  甲 该催化过程的决速步骤为 (填“第一步”或“第二步”)，判断的理由是 。 (3)向压强恒定为p kPa的某密闭容器中按投入和，发生催化氢化制备二甲醚系列反应和。平衡转化率随温度的变化情况如图乙。              乙 ①图中能表示随温度变化的曲线是 (填“”或“”)，原因为 。 ② K时，的平衡体积分数为10%。则平衡时的体积分数为 (保留3位有效数字)； K时反应的压强平衡常数 (用含p的代数式表示，列出计算式即可)。 3．（2024·四川成都·二模）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下两个反应。 反应I．_______ 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1 回答下列问题： (1)已知CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3=–90.6kJ·mol-1。反应I的转化原理如图所示。该反应的热化学方程式为 ，在 条件下反应I可自发发生。 (2)若在恒压条件下密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡将 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。 (3)将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应I和Ⅱ，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性和CO的选择性随压强变化曲线如图所示。图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 (填“m”、“n”或“p”)，A点时H2的转化率为 ，CH3OH的平衡分压为 MPa(保留两位有效数字)。 (4)研究表明，CO催化变换反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)  ΔH=–41.2kJ·mol-1。此反应的速率方程为，式中x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示各组分的物质的量分数。Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp (填“增大”、“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T>Tm时v逐渐减小的原因是 。 4．（2024·山东泰安·三模）我国高度重视双碳工作实施和目标实现，致力研发二氧化碳综合利用的措施和途径。 已知： I．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)    ΔH1 II．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)      ΔH₂=+41.2kJ⋅mol-1 Ⅲ．相关化学键的键能数据如表所示。 化学键 C=O H—H C—H C—O O—H 键能/(kJ·mol⁻¹) 803.0 436.0 413.4 351 462.8 回答下列问题： (1)一氧化碳与氢气合成甲醇气的热化学方程式为 。 (2)研究表明，反应Ⅱ在催化剂上的反应机理如下。其中各物种吸附在催化剂表面活性位的原子用*标注，如*CO表示CO中C原子吸附在催化剂表面。 I．CO2(g)+H2(g)+H2O(g)= CO2(g)+H2(g)+H2O II．CO2(g)+H2(g)+H2O*=*COOH+2H*+HO*； III．*COOH+2H*+HO*= COOH+H*+H2O*； iV．*COOH+H*+H2O*=*CO+H2O*+H*+H2O(g)； V．*CO+*OH+H*+H2O(g)= *CO+H2O*+H2O(g)； Vi．*CO+H2O*+H2Og= CO(g)+2H2O(g)。 ①H2O的作用为生成物和 。 ②该历程中，脱附和吸附的能量很低，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为并骤 (填序号)，理由是 。 (3)向10 L 恒容密闭容器中充入 和 发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，实验测得体系中 的平衡物质的量分数与温度和压强的关系如图所示。 ①p1、p2、p3由大到小的顺序为 ，推断的依据为 。 ②若M点对应条件下，容器中CH3OH(g)的物质的量分数为12.5%，则该条件下H2的平衡转化率为 ，反应Ⅰ的平衡常数 (列出计算式)。 ③M、N两点对应状态下反应Ⅱ的平衡常数 Kp(M) Kp(N)(填“>”“<”或“=”)。 5．（2024·广东梅州·模拟预测）深入研究碳、氮元素的物质转化有着重要的实际意义，按要求回答下列问题： (1)合成尿素的反应为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(g)+H2O(l)，若向某恒温且恒容的密闭容器中加入等物质的量的NH3和CO2，发生上述反应。下列叙述不能说明反应已经达到平衡状态的是___________(填标号)。 A．2v正(NH3)=v逆[CO(NH2)2] B．压强不再变化 C．混合气体的密度不再变化 D．CO2的体积分数不再变化 (2)CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。在Zn＋作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。 写出该热化学方程式 ；该总反应的决速步是反应 (填“①”或“②”) (3)已知：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)的速率方程为v=k·c(N2O)，k为速率常数，只与温度有关。为提高反应速率，可采取的措施是___________(填字母序号)。 A．升温 B．恒容时，再充入CO C．恒容时，再充入N2O D．恒压时，再充入N2 (4)在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，在不同条件下达到平衡时，在T1K时N2O的转化率与、在=1时N2O的转化率与的变化曲线如图3所示： ①表示N2O的转化率随的变化曲线为 曲线(填“I”或“Ⅱ”)； ②T1 T2(填“>”或“<”)； ③已知：该反应的标准平衡常数，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T4时，该反应的标准平衡常数Kθ= (列出计算式)。 6．（2024·河北·三模）精脱硫技术主要用于煤气中羰基硫(COS)和二硫化碳()的转化。 (1)利用焦炉煤气中的可脱除煤气中羰基硫(COS)。羰基硫氢化反应历程有途径Ⅰ和途径Ⅱ两种可能，如图所示。 ①已知羰基硫氢化反应速率较快，推测其更合理的反应历程是途径 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ②反应的 kJ⋅mol。 (2)可作羰基硫氢化反应的催化剂，催化机理如图所示。 不同钼(Mo)含量的催化剂对COS转化率和的选择性不同，实验数据如图： ①根据图中数据，选择 (填“3.4% Mo”或“8.7% Mo”)作催化剂效果最好。 ②当选择性低于100%时表明部分COS气体与催化剂发生了反应，催化剂有吸硫现象，若选择性高于100%，可能的原因是 。 (3)金属Mo的晶胞如图所示，设晶体密度为ρ g⋅cm，则晶胞参数为 pm(阿伏加德罗常数的值为)。 (4)一定温度下，向恒容密闭容器中充入物质的量之比为1∶4的和，发生反应，容器内气体压强随时间变化如表所示。 时间/min 0 50 100 150 200 250 300 压强/kPa 100 88.0 79.8 72.4 68.2 65.0 65.0 ①0~250 min内，分压的平均变化值为 kPa⋅min。 ②该温度下，平衡常数 (kPa)(列出计算式)。 7．（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。 8．（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)。 9．（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。 10．（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 。 11．（2024·内蒙古包头·三模）I．含碳化合物甲烷、等是重要的化工原料，可生产氢气、甲醇、烯烃等物质。回答下列问题： (1)一种甲烷催化氧化的反应历程如图所示，“*”表示微粒吸附在催化剂表面。下列叙述错误的是___________(填标号)。 A．的过程中，放出能量 B．产物从催化剂表面脱附的速率慢会降低总反应速率 C．适当提高分压会降低的反应速率 D．与反应生成均涉及极性键、非极性键的断裂和生成 Ⅱ.以氧化铟作催化剂，可实现催化加氢制甲醇。 已知：ⅰ.催化剂活化：(无活性)(有活性)； ⅱ.与在活化的催化剂表面同时发生如下反应： 反应① 反应② 反应③： (2)反应③中 。 (3)工业上以原料气通过催化剂表面的方法生产甲醇，是造成催化剂失活的重要原因，请用化学方程式表示催化剂失活的原因： 。为了减少催化剂的失活，可以采用的方法是 。 (4)按时只发生反应①，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在t=250℃条件下的、在条件下的(温度)如图所示。 i.图中对应等温过程的曲线是 (填“a”或“b”)，判断理由是 。 ii.A、B、C、D、E、F中可能表示220℃时的平衡状态的点是 。 (5)将和按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下只发生反应①和反应②。230℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示： 时间/min 0 20 40 60 80 压强/MPa 反应①的速率可表示为(为常数)，平衡时，已知在时的转化率为，则反应①的正向反应在时的 (用含的式子表示)。 12．（2024·重庆涪陵·模拟预测）坐落于涪陵区白涛镇的建峰集团以合成氨为基础，拥有年产75万吨合成氨/132万吨尿素和其他含氮化合物生产线。 (1)合成尿素的主要反应如下： ①   ②   请写出工业上由液氨和二氧化碳气体为原料，得到液态的尿素和水的热化学方程式 ，工业上合成尿素时，选择较高温度的原因是 。 (2)我国科学家确认了长期存在争议的固态氨Ⅰ相和Ⅳ相的晶体结构，相关成果发表在Nature上。其中固态氨Ⅰ相晶体晶胞如图所示： 该晶胞中一共有 个分子，这些分子一共有 种取向。 (3)电化学合成尿素为实现碳、氨中和与减轻环境污染提供了一种很有前景的解决方案。NO和在电极上共还原合成尿素的机理如下图所示，请写出对应电极反应式 。 (4)在℃和℃时，向恒容容器中投入等物质的量的两种反应物，发生反应：  。 ①下图为在不同催化剂下，反应至相同时间，容器中尿素的物质的量随温度变化的曲线，则在℃，催化效率最好的是催化剂 (填序号)。温度大于℃时，下降的原因可能是 (答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。 ②平衡时与的关系如下图所示，p为物质的分压(单位为kPa)。 则℃时此反应的标准平衡常数 。{已知对于反应：，，其中，、、为各组分的平衡分压} 13．（2024·江西·二模）我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。其中的关键技术是运用催化转化法实现二氧化碳的综合利用。资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。二氧化碳催化加氢制甲醇有利于减少温室气体排放，涉及的反应如下： Ⅰ.   kJ⋅mol-1 Ⅱ.   kJ⋅mol-1 回答下列问题： (1)CO加生成气态甲醇的热化学方程式为 。 (2)在恒温恒容的容器中发生上述反应，下列说法正确的有 。 a．加入催化剂，可提高的平衡转化率 b．气体密度保持不变，反应体系已达平衡 c．气体平均摩尔质量保持不变，反应体系已达平衡 d．平衡后缩小体积增大体系压强，有利于提高产率 e．平衡后升高温度，反应Ⅱ的正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡正移 (3)不同压强下，按照投料，发生反应I，实验测得的平衡转化率随温度的变化关系如图1所示。 ①压强、由大到小的顺序为 。 ②图中A点对应的甲醇的体积分数是 (计算结果保留1位小数) ③该温度下反应Ⅰ的平衡常数 (用表示)。 (4)0.5 MPa下，将的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，测得的转化率、或CO的选择性以及(的收率(的收率的转化率的选择性)随温度的变化如图2所示 曲线a表示 (填“”或“CO”)的选择性随温度的变化，270℃时，对应CO的吸收率为 ；在210~250℃之间，的吸收率增大的原因是 。 14．（2024·甘肃·二模）苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，可由乙苯催化脱氢获得。乙苯催化脱氢制苯乙烯的反应为： (1)已知： 化学键 C―H C―C C=C H―H 键能/() 412 348 612 436 计算上述反应的 。 (2)为提高乙苯的平衡转化率，应选择的反应条件为___________(填序号)。 A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压 (3)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为1∶9)，控制反应温度600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下： ①掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实 。 ②控制反应温度为600℃的理由是 。 (4)100kPa恒压下，℃时将2mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中发生乙苯脱氢制苯乙烯反应。反应经过10min达到平衡，此时苯乙烯的体积分数为0.375，则乙苯的转化率为 ，0~10min内的平均反应速率 ，该温度下的 kPa。 15．（2024·河南郑州·三模）T℃下，向恒压密闭容器中充入，加入催化剂发生催化脱氢反应 。 (1)下图为丙烷的平衡转化率在不同压强下随温度的变化关系。 则该反应的 0（填“＞”“＜”，下同），压强 。 (2)若平衡时体系总压强为P。试用压强平衡常数和P表示丙烷的转化率x＝ 。（不考虑副反应） (3)若在体系中通入可以提高脱氢反应的转化率，其原因可能是 （答2点）。 (4)某同学查阅资料得知丙烷无氧脱氢制丙烯的几种催化剂的反应性能如下表所示（丙烯选择性是指转化的中生成的百分比））。 常见丙烷无氧脱氢制丙烯催化剂反应性能 催化剂 反应温度/℃ 转化率/% 丙烯选择性/% 丙烯收率/% 600 50.0 90.0 45.0 620 39.0 85.0 33.2 620 34.4 62.9 21.6 590 18.6 76.8 14.3 590 36.4 99.3 36.1 表中的反应温度数据不尽相同，其选取温度的考虑因素可能是 。丙烯收率的计算公式是：收率＝ 。由表中数据，你认为最佳催化剂为 。 (5)向1L密闭容器中充入，在某催化剂作用下反应10min，丙烷转化率和丙烯选择性如下图所示。当的转化率为40％时，丙烯的选择性是 ％，丙烯的收率是 ％。 16．（2024·山东聊城·二模）三氯甲硅烷是生产多晶硅的原料，工业合成体系中同时存在如下反应： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 部分化学键的键能数据如表所示： 化学键 键能 318 431 360 436 回答下列问题： (1) 。 (2)压强与进料比都会影响的产率-。图甲为及不同压强下随的变化情况，由图甲可知最合适的进料比为 ；，上述反应达到平衡时在 (填或)压强下最大；时，接近于零的原因是 。 (3)在一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中加入一定量的和，发生上述反应，达到平衡时，容器中为为，此时的浓度为 (用含的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为 。 (4)忽略副反应，反应I在不同催化剂作用下反应相同时间、的转化率随温度的变化如图乙，下列说法正确的是_______(填序号)。 A．催化剂I效果最佳，对应的平衡转化率最大 B．b点，可以适当延长反应时间提高的转化率 C．c点转化率降低可能是因为温度过高，催化剂失去活性 D．平衡常数： 17．（2024·河南·模拟预测）乙醛是一种常见的有机物，在生产、生活中用途广泛。回答下列问题： (1)已知：① ② ③ 。 (2)在镍催化下，乙醛与氢气反应生成乙醇。在恒温恒容反应器中充入一定量和发生反应：。下列叙述错误的是_______(填标号)。 A．气体压强不随时间变化时达到平衡状态 B．平衡后充入氖气，平衡向逆反应方向移动 C．上述可逆反应的正反应是熵增反应 D．平衡后，充入少量平衡转化率增大 (3)速率方程(k为速率常数，只与温度、催化剂有关；n为反应级数)。 ①阿伦尼乌斯就关于速率常数与活化能、温度(T)的关系提出经验关系式：(R为常数，k为速率常数，为活化能，T为温度)。一定温度下，在(催化剂)作用下，与关系如图所示。 催化剂效能较高的是 (填“”或“”)，判断依据是 。 ②为了测定反应级数(n)，实验测得在一系列不同浓度时的初始反应速率数据如下： 0.1 0.2 0.3 0.4 0.020 0.080 0.182 0.318 已知：一步进行的反应称为基元反应，基元反应中反应级数等于反应物的化学计量数之和。下列叙述正确的是 (填标号)。 A．该总反应为二级反应 B．速率常数 C．上述反应不是基元反应 D．时 (4)一定温度下，保持总压强为，向反应器充入和的混合气体(不参与反应)发生反应，测得平衡转化率与起始投料比的关系如图所示。 其他条件不变，的平衡转化率随着投料比增大而减小的原因是 。该温度下，上述反应M点平衡常数 。(为用分压计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数) (5)时，向反应器充入一定量发生反应，测得单位时间内转化率与压强关系如图所示。解释时的转化率达到峰值的原因： 。 (6)据报道，我国科学家开发功能催化剂，实现中性水溶液中高效催化电解还原制备乙醛，其阴极的电极反应式为 。 18．（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)。 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)D (2)电解时阳极Fe失去电子生成，可与废水中反应生成FeS沉淀 (3)C (4) (5)D (6)硫元素被氧化成更高价态的或 (7)S、O、Mn (8)生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积 【详解】（1）由图-1装置可知，阳极的电极反应式为，阴极的电极反应式为，故说法正确的是D； （2）该装置沉淀废水中的硫(-2价)的原理为电解时阳极Fe失去电子生成，可与废水中反应生成FeS沉淀，从而将硫(-2价)转化为沉淀而除去； （3）A. pH越大，越小，A错误；B. pH越大，越低，废水中大，则FeS的沉淀率越高，B错误；C. pH越大，废水中越高，与生成，导致浓度越小，废水中与结合FeS沉淀的硫的量越少，C正确；D. pH越大，废水中越高，废水中高，与结合FeS沉淀量越多，D错误；故选C。 （4）向含的废水中，加入一定量的溶液，控制溶液的pH为5，可以生成S沉淀，反应的离子方程为； （5）由图可知，A. 加溶液的体积大于9mL以后，S的生成率下降，应将S氧化为更高价态的化合物了，A错误；B. 由图知，当加溶液的体积大于9mL以后，S的生成率降低，生成了其他含硫物质，废水中硫元素的去除率降低，但，B错误；C. 溶液加入量越多，硫元素的去除率越高，但S的生成率降低，生成了其他含硫物质，废水中含硫量越高，C错误；D. 在处理一定量的废水中，其加入量不同氧化产物可能为或，D正确，故选D； （6）当所加溶液体积大于9mL时，所加溶液越多，S生成率越低，原因是硫元素被氧化成更高价态的或； （7）由图知，转化Ⅰ中化合价发生变化的元素有S、O、Mn； （8）催化剂使用一段时间后催化效率会下降，由处理的方法是用氯仿()浸取催化剂，再干燥可知，可能原因为生成的S覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空隙处，减少了催化剂与废水反应的接触面积。 2．(1) (2) bd < 第二步 第二步反应活化能较高 (3) L2 反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，会降低 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×反应Ⅰ可得：，则； （2）①a．该反应过程中，气体总质量和总体积不变，混合气体密度是定值，混合气体密度不再发生变化时，不能说明反应达到平衡，a不符合题意； b．在绝热恒容容器中发生该放热反应，温度升高，压强增大，当容器内压强不再发生变化时，说明反应达到平衡，b符合题意； c．反应速率比等于系数比，的消耗速率等于的消耗速率，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，c不符合题意； d．的体积分数不再发生变化，说明正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡，d符合题意； 答案为：bd。 ②若用恒温恒容容器，正、逆投料最终平衡状态相同，=1，但绝热容器中正、逆投料后，均不能达到恒温时的平衡状态，所以<1； ③过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；第二步反应活化能较高，所以速率较慢，能决定整个反应速率的快慢； （3）①反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，会降低，所以能表示随温度变化的曲线是L2； ②设CO2(g)和H2 (g)的起始物质的量分别为1mol和3mol，平衡时反应Ⅰ中CO2 (g)转化了xmol，反应Ⅱ中CO2 (g)转化了ymol，列三段式： 总的物质的量为(4-2x-2y)mol，平衡时CO2 (g)的转化率为60%和的平衡体积分数为10%，可列式子：x+y=0.6，，解得x=0.28mol，y=0.32mol，则平衡时CO2的体积分数为，平衡时n(CO2)=0.4mol，n(H2)=1.2 mol，n(CH3OH)=0.28mol，n(H2O)=0.76mol，n(总)=2.8mol，则反应的压强平衡常数Kp=。 3．(1) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ∆H1=-49.4kJ∙mol-1 低温 (2)正向 (3) n 24% 0.088 (4) 减小 随温度升高，Kp减小使v减小的程度大于k增大使v增大的程度 【详解】（1）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下两个反应： 反应I．_______ 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1 已知反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3=–90.6kJ·mol-1。利用盖斯定律，将反应Ⅱ+已知反应，可得反应I的的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ∆H1=(+41.2kJ·mol-1)+( –90.6kJ·mol-1)=-49.4kJ∙mol-1，该反应为气体体积缩小的放热反应，在低温条件下反应I可自发发生。 （2）若在恒压条件下密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，则混合气的体积增大，各物质的浓度减小，相当于原平衡体系减压，反应I的平衡逆向移动，H2的物质的量增大，H2O(g)的物质的量减小，对反应Ⅱ来说，相当于增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，则反应Ⅱ平衡将正向移动。 （3）增大压强，反应Ⅰ的平衡正向移动，CH3OH的选择性增大，此时H2的物质的量减小，H2O(g)的物质的量增大，反应Ⅱ的平衡逆向移动，CO的选择性减小，由于反应Ⅰ占主导地位，所以总的来说，CO2的平衡转化率增大，因此图中m表示CH3OH的选择性曲线，p表示H2的选择性曲线，表示CO2的平衡转化率的曲线是n。 采集图中数据，可得出压强为1.5MPa时，将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应I和Ⅱ，并达到平衡状态，CO2的平衡转化率为30%，CO的选择性为30%，则CH3OH的选择性为70%，由此可建立如下三段式： A点时H2的转化率为=24%，CH3OH的平衡分压为≈0.088MPa。 （4）因为ΔH=–41.2kJ·mol-1＜0，所以温度升高时，平衡逆向移动，CO催化变换反应的Kp减小。根据速率方程分析，升高温度，k增大，可使v增大，升高温度可使Kp减小，Kp减小可使v减小。T>Tm时v逐渐减小，表明Kp减小对v的影响更大，原因是： 随温度升高，Kp减小使v减小的程度大于k增大使v增大的程度。 【点睛】平衡常数只受温度变化的影响，不受浓度变化的影响。 4．(1)   (2) 催化剂 ⅱ 步骤ⅱ和步骤ⅳ中存在断键过程，且步骤ⅱ中断键需要的能量更大 (3) 反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，温度较低时主要发生反应Ⅰ，压强增大的平衡物质的量分数减小 【详解】（1）由键能数据计算得，，反应Ⅰ-反应Ⅱ得目标反应  ； （2）①由反应机理可知，部分作总反应生成物，部分水参加反应后被生成，作催化剂； ②步骤ⅱ为断裂中键、中键和中键，并形成中键，步骤ⅳ为断裂中键，步骤ⅱ中断键需要的能量更多，则速率控制步骤为步骤ⅱ； （3）①反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，温度较低时主要发生反应Ⅰ，压强增大的平衡物质的量分数减小，故； ②曲线上点对应条件下，容器中的物质的量分数为、的平衡物质的量分数为。设反应Ⅰ中参加反应的为、反应Ⅱ中参加反应的为，则平衡后容器内气体总物质的量为，列式得，解得；，解得。综上，该条件下的平衡转化率为，反应Ⅰ的平衡常数L2⋅mol-1； ③反应Ⅱ为吸热反应，平衡常数只与温度有关，M、N两点对应状态下反应Ⅱ的平衡常数 Kp(M) <Kp(N)。 5．(1)AD (2) CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g) ΔH=-361.22kJ/mol ① (3)AC (4) Ⅱ > 【详解】（1）A．由方程式可知，反应达到平衡时v正(NH3)=2v逆[CO(NH2)2]，故A符合题意； B．该反应是气体体积减小的反应，反应中容器内压强减小，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B不符合题意； C．由质量守恒定律可知，该反应是气体质量减小的反应，在恒容密闭容器中混合气体的密度减小，则混合气体的密度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故C不符合题意； D．设NH3和CO2起始的物质的量均为amol，达平衡时CO2的变化量为xmol，则平衡时NH3、CO2和CO(NH2)2的物质的量分别为(a-2x)mol、(a-x)mol、xmol，则CO2的体积分数为定值，所以不能判断反应已达到平衡，故D符合题意； 故答案为：AD。 （2）由图2可知，总反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，该热化学方程式为：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g) ΔH=-361.22kJ/mol；反应①的活化能为149.6 kJ/mol，反应②的活化能为108.22 kJ/mol，反应活化能越大，反应速率越慢，总反应的决速步是慢反应，所以总反应的决速步是反应①。 （3）A．升高温度，反应速率常数增大，反应速率加快，故A正确； B．恒容时，再充入一氧化碳，一氧化二氮的浓度不变，反应速率不变，故B错误； C．恒容时，再充入一氧化二氮，一氧化二氮的浓度增大，反应速率加快，故C正确； D．恒压时，再充入氮气，一氧化二氮的浓度减小，反应速率减慢，故D错误； 故答案为：AC。 （4）①由化学平衡移动原理可知，的值越大，一氧化二氮的转化率越小，所以曲线Ⅱ表示一氧化二氮的转化率随的变化； ②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化二氮的转化率减小，由图中曲线I可知，越大，一氧化二氮的转化率越大，所以温度T1>T2； ③该反应是气体体积不变的反应，平衡前后气体的总压强不变，在总压为100kPa的=1的容器中，一氧化二氮和一氧化碳的起始分压都为50kPa，由图可知，温度为T4时，一氧化二氮的转化率为65%，由方程式可知，平衡时，一氧化二氮和一氧化碳的分压都为50kPa-50kPa×65%=17.5kPa，二氧化碳和氮气的分压都为50kPa×65%=32.5kPa，则反应的的标准平衡常数Kθ= 。 6．(1) Ⅱ (2) 8.7% Mo 催化剂本身在反应过程中有失硫现象 (3) (4) 0.28 【详解】（1）①反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，途径I的活化能大于途径Ⅱ，反应速率慢于途径Ⅱ，所以应速率较快的羰基硫氢化的反应历程是途径Ⅱ，故答案为：Ⅱ；②由图可知，该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的△H=(b‒a‒c)kJ/mol—(e—d)kJ/mo=( b‒a‒c+d‒e)kJ/mol，故答案为：b‒a‒c+d‒e； （2）由图可知，时间相同时，8.7%Mo作催化剂条件下反应的羰基硫转化率和硫化氢选择性均大于3.4%Mo作催化剂条件下，说明反应速率快于3.4%Mo作催化剂条件下，所以选择8.7%Mo作催化剂效果最好；由题意可知，硫化氢选择性低于100%是因为部分羰基硫气体与催化剂发生了反应，催化剂有吸硫现象所致，则硫化氢选择性高于100%是因为催化剂本身在反应过程中有失硫现象所致，故答案为：8.7%Mo；催化剂本身在反应过程中有失硫现象； （3）位于顶点和面心的钼原子个数为，设晶胞参数为apm，由晶胞的密度公式可得：，解得a=，故答案为：； （4）由表格数据可知，起始二硫化碳、氢气的分压分别为、100kPa—20kPa=80kPa，250min反应达到平衡时，容器内气体压强为65kPa，设平衡时消耗二硫化碳的分压为akPa，由题意可建立如下三段式，由平衡时容器内气体压强为65kPa可得：100-2a=65，解得a=17.5；①由三段式所得数据可知，0-250min内，氢气分压的平均变化值为，故答案为：0.28；②由三段式所得数据可知，该温度下，平衡常数故答案为：。 7．(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。 8．(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==。 9．(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。 10．(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。 11．(1)AC (2) (3) 增大和混合气体的流速，可减少产物中的积累(其它合理答案也给分) (4) a 该反应前后气体系数和减少，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量分数增大 A (5) 【详解】（1）A．*CH3→*CH2的过程中，断裂C—H键，吸收能量，A项错误； B．产物从催化剂表面脱附的速率慢，会降低CH4和O2在催化剂表面吸附的速率，从而会降低总反应速率，B项正确； C．适当提高O2分压会加快O2(g)→2 *O的反应速率，C项错误； D．CH4、CO中存在极性键，O2、H2中存在非极性键，CH4与O2反应生成CO、H2均涉及极性键、非极性键的断裂和生成，D项正确； 答案选AC。 （2）根据盖斯定律，反应③=反应①-反应②，则∆H3= ∆H1- ∆H2=-49.0kJ/mol-(+41.0kJ/mol)=-90.0kJ/mol。 （3）In2O3无活性、In2O3-x有活性，CO2与H2在活化的催化剂表面反应；工业上以原料气通过催化剂表面的方法生产甲醇，H2O(g)是造成催化剂失活的重要原因，说明H2O(g)将In2O3-x氧化成In2O3，反应的化学方程式为In2O3-x+xH2OIn2O3+xH2；为减少催化剂的失活，减少In2O3-x与H2O(g)的接触反应，可以采用的方法是增大CO2和H2混合气体的流速，可减少产物中H2O(g)的积累。 （4）ⅰ．反应①的正反应为气体分子数减小的放热反应；在相同温度下、增大压强平衡正向移动，CH3OH的物质的量分数增大；在相同压强下、升高温度平衡逆向移动，CH3OH的物质的量分数减小；故图中对应等温过程的曲线是a；对应等压过程的曲线是b。 ⅱ．压强相同时，220℃相对于250℃为降低温度，降低温度，反应①正向移动，平衡时CH3OH的物质的量分数大于250℃，220℃时等温线在a上；温度相同时，4×105Pa相对于5×105Pa为降低压强，反应①逆向移动，平衡时CH3OH的物质的量分数小于5×105Pa，4×105Pa时等压线在b下；故可能表示220℃、4×105Pa时的平衡状态的点是A。 （5）由表中数据可知60min时反应已达到平衡状态，设起始CO2、H2物质的量分别为xmol、3xmol，CO2的转化率为60%，则转化CO2物质的量为0.6xmol，平衡CO2物质的量为0.4xmol，平衡时气体总物质的量为×4xmol=3.6xmol，H2O(g)的物质的量为×4xmol=0.6xmol，混合气物质的量减少0.4xmol，反应②反应前后气体分子数不变，由此可见反应①生成CH3OH、H2O(g)的物质的量都为0.2xmol，根据C守恒，反应②生成CO、H2O(g)的物质的量为0.4xmol，平衡时H2物质的量为3.6xmol-0.4xmol-0.2xmol-0.4xmol-0.6xmol=2xmol；平衡时CO2、H2的分压分别为=0.1P0、=0.5P0，则反应①的正向反应在60min时的v=k×(0.1P0)×(0.5P0)3=。 12．(1) 升高温度，反应速率加快，单位时间内尿素的产率增大 (2) 4 4 (3) (4) ③ 温度升高，平衡逆移，使下降（或温度大于℃时，催化剂活性降低，反应速率降低，使单位时间生成降低可能有副反应发生） 1000 【详解】（1）根据盖斯定律，反应①+反应②=目标反应，该反应的反应热； 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，原理利用率降低，但反应速率加快，单位时间内尿素的产率增大，故选择较高温度的原因是有利于速率增大，单位时间内产品产率提高； 故答案为：；升高温度，反应速率加快，单位时间内尿素的产率增大； （2）根据固态氨Ⅰ相晶体晶胞图分析，分子位于棱及体心，有个；晶胞结构中有3组4条平行棱，位于同一组的平行棱上的分子取向相同，体心位置的分子取向与3组都不同，故分子取向有4种； 故答案为：4；4； （3）从反应机理可看出，电极反应物为NO和，发生还原反应、得电子，生成，同时有生成，电解质溶液显酸性，故电极反应式为； 故答案为：； （4）从图中可看出，相同时间内，在℃，与催化剂①、②比较，催化剂③作用下得到较多，故催化效果最好的是催化剂③； 该合成尿素的反应为放热反应，下降的原因可能是温度升高，平衡逆移，使减小，也可能是温度大于℃时，催化剂活性降低，反应速率降低，使单位时间生成降低或可能有副反应发生； 由，温度升高，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆移，故在图中下方线是对应的曲线，则℃时，、，即、kPa，由于初始投入的与等物质的量，反应化学计量系数相同，故平衡时二者仍等物质的量，分压相同，此反应的标准平衡常数； 故答案为：③；温度升高，平衡逆移，使下降，增加，或温度大于℃时，催化剂活性降低，反应速率降低，使单位时间生成降低或可能有副反应发生；1000。 13．(1)  kJ·mol-1 (2)cd (3) 16.7% (4) CO 14.7% 温度升高，生成的反应速率增大(合理即可) 【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应Ⅰ-反应Ⅱ可得  kJ·mol-1 （2）A．催化剂不影响平衡移动，的平衡转化率不变，A错误； B．恒温恒容的容器，气体体积不变，质量不变，气体密度保持不变，无法确定体系已达平衡，B错误；C．恒温恒容的容器，气体体积不变，气体的物质的量为可变量，气体平均摩尔质量保持不变，反应体系已达平衡，C正确；D．反应Ⅰ正向是气体体积减小的反应，平衡后缩小体积增大体系压强，有利于提高产率，压强对反应Ⅱ的平衡无影响，D正确；E．平衡后升高温度，反应Ⅱ的正反应速率增大、逆反应速率也增大，但增大程度小于正反应，平衡正移，E错误；故选cd； （3）投料，发生反应I，，压强增大，平衡正向移动，的平衡转化率增大，得出；投料,设物质的量分别为xmol和3xmol根据方程式在平衡状态列三段式 A点对应的甲醇的体积分数=16.7%； 平衡常数 （4）温度升高，反应Ⅱ正向进行，所以曲线a为CO； 的选择性为30%，的吸收率为6.3，CO的选择性为70%，CO的吸收率为：14.7%； 210~250℃之间，温度升高，生成的反应速率增大(合理即可)。 14．(1)+124 (2)B (3) 正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动 600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能使催化剂失去活性，且消耗能量较大 (4) 60% 3.75 56.25 【详解】（1）反应热=反应物断键所吸收的热量减去生成物成键放出能量，∆H=2×412kJ·mol-1+348kJ·mol-1-612kJ·mol-1-436kJ·mol-1=+124kJ·mol-1； （2）正反应为气体分子数增大的反应，减小压强，有利于平衡往正向移动；正反应为吸热反应，升高温度，有利于平衡往正向移动；所以选择高温低压； （3）①正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气起稀释作用，相当于起减压的效果，减压的条件下，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大； ②600℃时乙苯的转化率与苯乙烯的选择性均较高，温度过低，反应速率较慢，转化率较低，温度过高，选择性下降，高温下可能使催化剂失去活性，且消耗能量较大； （4） 100kPa恒压下，℃时将2mol乙苯蒸气通入体积可变的密闭容器中发生乙苯脱氢制苯乙烯反应。根据方程式：反应经过10min达到平衡，设反应掉的乙苯的物质的量为xmol，则剩下的乙苯为（2-x）mol，苯乙烯的体积分数为0.375=，解得x=1.2mol，则乙苯的转化率为；0~10min内的平均反应速率； 该温度下的。 15．(1) ＞ ＜ (2) (3)消耗分解生成的促进脱氢反应正向进行；做为稀释剂可以增大平衡转化率（合理即可） (4) 催化剂的最大活性温度（合理即可） 转化率×丙烯选择性 (5) 50 20 【详解】（1）在压强保持不变的条件下，升高温度平衡转化率增大，即升高温度平衡正向进行，则该反应的＞0，正反应体积增大，相同温度下，增大压强平衡逆向进行，所以压强＜。 （2）根据反应结合差量法可知平衡时混合气体的物质的量为1+x，丙烷的物质的量是1－x，丙烯和氢气均是x，则，解得x＝。 （3）由于消耗分解生成的促进脱氢反应正向进行，且通入二氧化碳做为稀释剂，相当于降低压强，平衡正向进行，可以增大平衡转化率，所以在体系中通入可以提高脱氢反应的转化率。 （4）催化剂的活性受温度影响大，所以其选取温度的考虑因素可能是催化剂的最大活性温度。根据表中数据可判断丙烯收率的计算公式是：收率＝转化率×丙烯选择性。由表中数据可知在催化剂下丙烷的转化率最高，丙烯的收率最大，因此最佳催化剂为。 （5）根据图像可知当的转化率为40％时，丙烯的选择性是50％，因此丙烯的收率是0.4×0.5＝0.2，即收率为20％。 16．(1)-47 (2) 3 时，主要发生反应Ⅲ，几乎完全转化为，接近于零 (3) (4)BC 【详解】（1）=反应物的键能和-生成物的键能和，(318+3×360+431-4×360-436) =-47； （2）由图可知相同条件下，g=3时，最大，因此最合适的进料比为3；在g相同时，压强下最大；时，主要发生反应Ⅲ，几乎完全转化为，接近于零。 （3）根据H原子守恒可知平衡后HCl的物质的量为：(a-b-2c)mol，此时的浓度为；根据Cl原子守恒可得：(a-b-2c)+3b+4n()=a，n()=mol，反应Ⅲ的平衡常数K=； （4）催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，故不能改变HCl的平衡转化率，故A错误； B点时未达到平衡，反应正向进行，因此，延长反应时间会继续消耗HCl，使其转化率增大，故B正确； 该图表示的为相同时间内的转化率，未必是平衡转化率，故c点HCl转化率降低可能是因为温度过高，催化剂失去活性，反应速率减慢，故C正确； 该反应为放热反应，温度升高K减小，则，故D错误； 故选BC。 17．(1) (2)BC (3) 变化相同温度，的变化值较小，即较小 AC (4) 其他条件不变，增大投料比，反应物和生成物的分压增大(相当于增大压强)，平衡向逆反应方向移动 (5)时未达到平衡，随着压强增大，反应速率增大，乙醛转化率增大，时达到平衡状态，时增大压强，平衡向逆反应方向移动，乙醛平衡转化率减小 (6) 【详解】（1）根据盖斯定律，目标反应式=①-②-③，故； （2）A．该反应是气体分子数减小的反应，在恒温恒容条件下总压强不变时达到平衡状态，A项正确； B．对于恒容容器，充入氖气，各反应物质浓度不变，平衡不移动，B项错误； C．气体分子数由多到少，它是熵减反应，C项错误； D．平衡后，充入，平衡正向移动，乙醛平衡转化率增大，D项正确； 故选BC； （3）①由表达式可知，催化剂效能影响活化能()，所以，变化相同温度，变化值越小，对应活化能越小，故催化效能较高。 ②A．由速率表达式可知，代入表格任意两组数据，，A项正确； B．代入任意一组数据计算，，B项错误； C．上述反应中反应级数为2，而反应物的计量数为1，故该反应不是基元反应，C项正确； D．代入数据计算，，D项错误 故选AC； （4）对于恒压条件下，充入后，、、的总分压减小，平衡向正反应方向移动，的平衡转化率增大。增大投料比，反应的分压增大，平衡向逆反应方向移动。取起始、各，则 M点代表平衡状态下，各物质分压： 。 （5）观察图示和反应式可知，反应是气体分子数增大的反应。时未达到平衡，随着压强增大，反应速率增大，乙醛转化率增大；时达到平衡状态，时增大压强，平衡向逆反应方向移动，乙醛平衡转化率减小，故达到峰值。 （6）在中性水溶液中，阴极上发生还原反应生成，电极反应式为。 18．(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。 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 $$