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--化学反应原理综合题 1．（23-24高三上·山东·阶段练习）工业的快速发展消耗了大量不可再生的传统化石能源，如煤炭、石油等，显著增加了二氧化碳的不可逆排放，导致了资源枯竭和环境问题。 Ⅰ．二氧化碳加氢制乙醇是实现“双碳经济”的有效途径之一、 (1)其涉及主要反应如下： ①   ②   写出二氧化碳加氢制乙醇的热化学反应方程式 。 (2)下图为某催化剂催化下反应相同时间，CO、选择性和转化率随温度压强变化曲线，则应选择的最佳反应条件为 ；请解释的选择性随温度升高先增大后减小的原因 。 Ⅱ．一种脱除和利用水煤气中方法的示意图如下： (3)某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的 (该温度下的的，)。 (4)再生塔中产生的离子方程式为 。 (5)利用电化学原理，将电催化还原为，其电极反应式为 。 2．（23-24高三上·浙江台州·阶段练习）甲醇是一种可再生能源，用和合成甲醇的过程主要有以下反应： 反应I：   反应II：   反应III：   请回答： (1)反应III自发进行的条件是 。 (2)恒温恒容条件下，若仅发生反应II，反应达到平衡的标志是___________。 A．CO的分压不再发生变化 B．气体平均相对分子质量不再发生变化 C．气体密度不再发生变化 D．比值不再发生变化 (3)在5.0MPa恒定压强和催化剂作用下，以的投入量进行反应，体系到达平衡后的CO与在含碳产物中的物质的量百分数、转化率随温度的变化如图1所示。 ①表示平衡时在含碳产物中物质的量百分数的曲线是 (填a或b)。 ②平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是 。 (4)反应I、III的逆过程又称为甲醇水蒸气重整，是电动汽车常见的氢源。在常压、CaO催化下，和以体积比1：1.2混合，总物质的量为2.2mol，反应至时刻测得转化率及CO、选择性随温度变化分别如图2所示，260℃时的物质的量随时间的变化曲线如图3所示。 ①下列说法正确的是 。 A．反应适宜温度为300℃ B．工业生产通常在高压条件下进行甲醇水蒸气重整 C．CaO催化剂具有更高催化活性，可以提高甲醇平衡转化率 D．其他条件不变，适当升高温度有利于提高的产率 ②通过计算在图3中画出300℃时，反应至时刻物质的量随时间变化的曲线。 3．（24-25高三上·四川遂宁·阶段练习）化学用语是学习化学的重要工具。 (1)压强下，将 和 置于密闭的容器中生成 ，平衡后，放热 的平衡转化率为 ，该反应的热化学方程式为 。 (2)图1是 和 反应生成 和 过程中的能量变化示意图，请写出该反应的热化学方程式： 。 (3)。已知：相关化学键的键能如下表所示。 化学键 键能 436 465 351 413 则表中的 ；该反应在 (填“高温”“低温或”“任何温度”)下能自发进行。 (4)一种以肼 为液体燃料的电池装置如图2所示。该电池用空气中的氧气作氧化剂，作电解质。负极的电极反应式为 。 (5)高铁酸钠 是一种新型绿色水处理剂。工业上可用电解浓 溶液制备 ，其工作原理如图3所示，两端隔室中离子不能进入中间隔室。离子交换膜 为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜； 电极上产生的气体是 ；阳极反应式： 。 4．（23-24高三下·云南保山·阶段练习）．在密闭容器内，时反应体系中，随时间的变化如下表： 时间 0 1 2 3 5 6 (1)下图中表示的变化的曲线是 (填字母)。 (2)800℃，反应达到平衡时，的转化率是 。 (3)用表示从内该反应的平均速率 。 ．将一定量纯净的氨基甲酸铵()置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：。 (4)能使该反应的速率增大的是___________。 A．及时分离出气体 B．适当升高温度 C．加入少量 D．选择高效催化剂 (5)下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是 (填序号)。 ① ②混合气体的密度保持不变 ③的体积分数保持不变 ④密闭容器中气体总压强保持不变 ⑤气体的平均相对分子质量保持不变 ．某甲醛气体探测仪利用燃料电池工作原理对甲醛含量进行检测，电池结构如图所示。 (6)探测仪工作时，电子从 (选填“”或“”)极流出，电极的电极反应式为 。 (7)如果在外电路中有电子发生转移，则检测出标准状况下甲醛的体积为 。 5．（23-24高三上·河北·阶段练习）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。 (1)已知在25℃和101kPa时存在下列反应： ① ②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=−395 ③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3 已知：标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物的焓变，如上述反应②可表示为CO2的标准摩尔生成焓。请写出表示乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式： 。 (2)在某密闭容器中，CO和H2初始物质的量均为0.3mol，在一定条件下发生反应：测得CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示： ①由图可知，压强p3 (填“>”或“<”)p1，原因是 。压强为时，升高温度，反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ②温度为1100℃、压强为p1时，x点的平衡常数为 (是指用平衡时各组分的物质的量分数代替物质的量浓度计算得到的平衡常数)。 ③在一定温度、的初始条件下，假设该容器的容积不变，该反应达到平衡后体系的压强变为100kPa，则CO的平衡转化率为 。 ④在恒温恒容条件下，下列说法能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A．体系的密度不再发生变化 B．断裂2molH—H键的同时生成2molC=O键 C．各组分的物质的量浓度不再改变 D．体系中气体的平均相对分子质量不再发生变化 E．体积分数：V%(CH4)=V%(CO2) 6．（23-24高三上·浙江宁波·期中）回答下列问题。 Ⅰ.和CO是常见的环境污染气体。 (1)对于反应来说，“”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行：第一步为；则第二步为 (写方程式)。已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能 (填“大于”“小于”或“等于”)第二步反应的活化能。 Ⅱ.三氧化钼()是石油工业中常用的催化剂，也是瓷轴药的颜料，该物质常使用辉钼矿(主要成分为)通过一定条件来制备，回答下列相关问题。 已知： ①     ②     ③     (2)则的 (用含、、的代数式表示)。 (3)若在恒温恒容的容器中加入一定量，仅发生反应 ①下列说法正确的是 (填字母)。 a.气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态 b.气体的相对分子质量不变，反应不一定处于平衡状态 c.增加的量，平衡正向移动 ②达到平衡时(g)的浓度为1.4，若时充入一定量的(g)，到反应再次达到平衡，请在下图中画出-时间段(g)的浓度与时间的关系图 。 (4)在2L恒容密闭容器中充入1.0mol (g)和1.5mol (g)，若仅发生反应：，5min后反应达到平衡，此时容器压强为起始时的80%，则0～5min内，(g)的反应速率为 。 (5)在恒容密闭容器中，加入足量的和，仅发生反应：     。测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示。 ① (填“>”“＜”“=”)0；比较、、的大小： 。 ②若初始时通入7.0mol ，为7.0MPa，则A点平衡常数 (用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数，写出计算式即可)。压强为，温度为1100K时，平衡常数 (填“>”“＜”“=”)。 7．（23-24高三上·福建三明·期中）某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5(直径小于等于2.5 um的悬浮颗粒物)其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、CO、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题： (1)关于PM2.5的研究： 常温下用蒸馏水处理PM2.5样本制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表： 离子 K+ Na+ NH SO NO Cl— 浓度(mol·L-1) 4×10-6 6×10-6 2×10-5 4×10-5 3×10-5 2×10-5 根据表中数据判断PM2.5试样显 (填“酸性”、“碱性”或“中性”)，其pH= 。 (2)关于SO2的研究： ①为减少SO2的排放，常采取的措施之一是将煤转化为清洁气体燃料。 已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)；ΔH1=-437.3kJ·mol-1 H2(g)+O2(g)=H2O(g)；ΔH2=-285.8kJ·mol-1 CO(g)+O2(g)=CO2(g)；ΔH3=-283.0kJ·mol-1 则写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式 。 ②SO2是工业制硫酸的重要中间产物。通过下列反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH=-198 kJ·mol-1(催化剂在400～500℃时效果最好)。结合信息与下表数据，根据化学理论与生产实际综合分析，为了使二氧化硫尽可能转化为三氧化硫，应选择的生产条件是 （含压强、温度、催化剂等）。在生产中，还可以通入过量空气，其目的是 。 某温度下不同压强下SO2的转化率(%)： 1×105Pa 1×106Pa 5×106Pa 1×107Pa 转化率 97.5% 99.2% 99.6% 99.7% ③某人设想以如下图所示装置用电化学原理将二氧化硫转化为硫酸，写出通入SO2的电极的电极反应式 。 (3)关于NOx和CO的研究：已知气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g)2NO(g)，若1 mol空气含有0.8 mol N2和0.2 mol O2，1300 ℃时在密闭容器内反应达到平衡。测得NO为8×10 - 4 mol。计算该温度下的平衡常数K= (计算过程中可进行合理近似处理)，汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是 。 8．（23-24高三上·山东临沂·期中）广泛应用于化学品合成、纸浆和纺织品的漂白，在工业上有广泛用途。 资料1：研究表明，溶液的漂白性是所致； 资料2：是一种二元弱酸，实验测得0.15 溶液pH约为6； 资料3：和可以发生反应； 资料4：也可催化的分解反应。 (1)其他条件相同时，研究不同初始pH条件下溶液的漂白效果，结果如图： 由图可知，若pH<11，则溶液的漂白效果随pH增大而增大；若pH>11，则溶液的漂白效果随pH增大而减小。结合平衡移动原理简述理由： 。 (2)某兴趣小组在探究影响分解的外界因素时，意外发现“大象牙膏”实验，向20mL 0.40mol/L 溶液中加入少量KI溶液，反应历程是： i．； ii．。 双氧水分解反应过程中不同时刻测得生成氧气的体积(已折算为标准状况)如下图所示： t/min 0 5 10 15 20 /mL 0.0 12.6 20.16 28.0 32.7 该过程中，的作用是 ；0～10min内，用表示化学反应速率为 。 (3)为验证对分解的作用，该小组将与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入，振荡、静置，气泡明显减少。 ①加并振荡、静置后的现象为 ，说明有生成。 ②该小组同学对气泡明显减少的原因提出猜想： 猜想i：浓度降低，导致分解速率降低； 猜想ii： 。 ③该小组同学设计对比实验，证明假设i不合理，实验操作如下： 向溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，A试管加入，B试管不加，分别振荡、静置。观察到的现象是 。 (4)查阅资料：(其中Co、Ni均为＋2价)也可用作分解的催化剂，具有较高的活性。如图表示两种不同方法制得的催化剂在10℃时催化分解6%的溶液的相对初始速率随x变化曲线。 ①由图中信息可知 法制取得到的催化剂活性更高。 ②推测、两种离子中催化效果更好的是 。 9．（23-24高三上·山东临沂·期中）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。 ．合成尿素[]是利用的途径之一、尿素合成主要通过下列基元反应实现： i． ii． (1)结合反应过程中能量变化示意图，解决以下问题。 ①反应  = (用、、、表示)。 ②在一定温度下、原料组成为在恒容密闭容器中进行反应，下列说法正确的有 。 a．反应ii的平衡常数表达式为 b．当混合气体的密度或平均摩尔质量不再发生变化，均说明反应i已达平衡状态 c．加入的催化剂，可提高的平衡转化率 d．在一定温度下，若恒容改为恒压条件，达平衡时的浓度不变 ．我国科学家首次实现了利用空气中的合成淀粉，既实现了的固定，又能解决粮食问题，其中涉及反应： i．   ii．   (2)合成甲醇的反应在起始物时，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℃下的～p、在Pa下的～t如图所示。 ①图中对应等温过程的曲线是 ，判断的理由是 。 ②A点为图中两条线的交点，A点时，两条线对应条件下的平衡常数 (填“相同”或“不相同”)。 ③当时，的平衡转化率α= ，反应条件可能为 或 。 10．（23-24高三上·江苏·阶段练习）工业废水和废渣中会产生含硫(-Ⅱ)、氰根()等污染物，需经处理后才能排放。 (1)废水中的硫化物通常用氧化剂将其氧化为单质S进行回收。已知：溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化情况如图所示。 ①向含硫废水中加入稀调节溶液的pH为6，废水中 。 ②控制废水pH约为8，废水中单质硫回收率如图所示。溶液加入量大于时，废水中单质硫的回收率下降的原因是 。 (2)含硫废渣(硫元素的主要存在形式为)，可以回收处理并加以利用。沉积物-微生物燃料电池工作原理如图所示。 ①碳棒b处S生成的电极反应式为 。 ②工作一段时间后，电池效率降低的可能原因为 。 (3)“臭氧-活性炭”去除的机理如图 (“*”表示活性炭表面吸附的物种)。 ①“臭氧-活性炭”去除的反应机理可描述为 。 ②在含氰废水，臭氧通入量为的实验条件下，1L含氰废水分别在“臭氧”、“活性炭”和“臭氧-活性炭”三种体系下对的去除率随时间变化的曲线如图所示。“臭氧-活性炭”体系对的去除率明显优于另外两个体系的原因是 。 (4)Fenton法去除氰化物的过程为在少量催化作用下生成具有强氧化性的。利用在作用下产生的处理含氰废水的部分机理如下： Ⅰ. Ⅱ. 控制，浓度为，初始的投加量与氰去除率的关系如图所示，当的投加量小于时，随着的投加量的增加，氰去除率上升的原因是 。 11．（23-24高三上·四川成都·期中）环境保护、绿色能源的使用是当今社会的热点问题 (1)对烟道气中的进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。CO还原法：一定条件下，由和CO反应生成S和的能量变化如图所示，每生成64g S(s)，该反应 (填“放出”或“吸收”)的热量为 kJ。 (2)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ：   反应Ⅰ的热化学方程式为 。 (3)为消除汽车尾气中含有NO、、CO等气体，可采取：NO和CO在催化转换器中发生如下反应： ； 已知：  ；CO的燃烧热为； 与CO发生反应的热化学方程式： (用、、表示)。 (4)工业上接触法生产硫酸的主要反应之一是：在一定的温度、压强和钒催化剂存在的条件下，被空气中的氧化为。是钒催化剂的活性成分，在对反应Ⅰ的催化循环过程中，经历了Ⅱ、Ⅲ两个反应阶段，反应Ⅱ为决速步，如下图所示： 化学键 能量/kJ a b c ①根据气体分子中1mol化学键断裂时需要吸收的能量数据，计算反应Ⅰ的 kJ/mol。 ②反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中正反应活化能最小的是 。 12．（24-25高三上·湖北·阶段练习）既是重要的清洁能源也是一种重要的化工原料。以为原料合成涉及的主要反应如下：I：   II：   已知：①常温常压下，和的燃烧热分别为和； ②  。 (1) 。 (2)下列不能说明在恒温恒容的密闭容器中发生反应I和反应II达到平衡状态的是___________。 A．混合气体气体密度不再变化 B．混合气体的平均摩尔质量不再变化 C．容器内的压强不再变化 D．的体积分数不再变化 (3)在密闭容器中通入和，分别在压强为和下进行反应。实验中对平衡体系中的三种物质进行分析，其中和的平衡体积分数受温度的影响如图所示。 ①时，表示和平衡体积分数随温度变化关系的曲线分别是 和 。M点平衡体积分数高于N点的原因是 。 ②图中当和平衡体积分数均为时，若容器的体积为1L，则该温度下反应I的平衡常数K的值为 。(保留三位有效数字)。 (4)利用超干重整是减少温室气体的一种有效方式，其催化转化原理如图所示： ①与超干重整总反应的化学方程式为 。 ②有关转化过程，下列说法正确的是 (填序号)。 A．过程I中未参与反应 B．过程II实现了含碳物质与含氢物质的分离 C．转化②中消耗过程中的，有利于反应正向进行 D．转化③中与反应的物质的量之比为 13．（23-24高三上·浙江·期中）乙烯是石油化工最基本的原料之一、 Ⅰ.乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：  。 (1)提高乙烷平衡转化率的措施有 。(任写一种) (2)①T℃时，向体积为1 L的密闭容器中加入0.8 mol 和0.2 mol ，发生上述反应，平衡时的体积分数为20%，若平衡后再加入1.45 mol 和0.15 mol ，则平衡 (填“正向”“逆向”或“不”)移动。 ②一定温度下，向恒容密闭容器中通入1 mol 和1 mol，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为 kPa，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)。 Ⅱ.在乙烷中引入可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应： a.   b.   c.   (3)氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低 反应(填“a”“b”或“c”)的活化能。 (4)常压下，在某催化剂作用下按照投料制备乙烯，体系中和CO在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度的变化关系如图所示。 在570~600℃温度范围内，下列说法正确的有 (填序号)。 ①在体系中的物质的量分数随温度升高而增大 ②的含量随温度升高而增大 ③的产率随温度升高而增大 14．（23-24高三上·辽宁·期中）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，我国目前氨的生产能力居世界首位。回答下列问题： (1)下图为在某催化剂表面合成氨反应机理。 ①反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) 的∆H = kJ·mol-1。 ②上图中过程 (填序号)反应活化能 (填“最大”或“最小”)，是决速反应。 (2)近年来，电化学催化氮气还原合成氨的催化剂研究取得了较大发展。 氮参杂金红石表面氮气固定过程中，总反应方程式为： 。 (3)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的物质的量分数与温度的计算结果如下图所示。进料组成I：x(H2)=0.75、x(N2)=0.25；进料组成Ⅱ：x(H2)=0.60、x(N2)=0.20、x(Ar)=0.20(物质i的物质的量分数：x(i)=)   ①P1 16MPa(填“>”、“=”或“<”)。 ②进料组成中不含惰性气体Ar的图是 (填“图a”或“图b”)。 ③图a中，当P2=16MPa、x(NH3)=0.25时，氮气的转化率α= 。该温度时，反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的平衡常数Kp= 。 15．（23-24高三下·云南德宏·期末）能量、速率与限度是认识和研究化学反应的重要视角，回答下列问题： Ⅰ．天然气已成为我国主要的清洁能源，主要成分甲烷()燃烧时的能量变化如图所示： (1)已知断开部分化学键需要的能量如下表所示： 化学键 断开1mol化学键键需要的能量(kJ/mol) a b c 则形成1mol 释放的能量为 kJ。 (2)下列说法中正确的是_______(填字母) A．甲烷完全燃烧时化学能全部转化为热能 B．由图可知二氧化碳比甲烷稳定 C．标准状况下，1mol甲烷完全燃烧时放出802kJ的热量 D．该反应中断键吸收的总能量低于形成键放出的总能量 Ⅱ．某温度时，在一个2L的密闭容器中，A、B、C三种气体物质的浓度随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白： (3)该反应的化学方程式为 。 (4)从开始至2min，B的平均反应速率为 ；平衡时，C的物质的量为 。 (5)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的 (填序号)。 A．A、B、C的物质的量之比为3∶1∶3 B．相同时间内消耗3mol A，同时生成3mol C C． D．混合气体的总压强不随时间的变化而变化 E．B的体积分数不再发生变化 (6)在某一时刻采取下列措施能使该反应速率减小的是_______(填序号)。 A．恒压条件下充入氩气 B．降低温度 C．恒容条件下充入A D．其他条件不变，缩小容器的容积 16．（23-24高三上·河南·期中）2023年9月23日晚，万众瞩目的杭州亚运会主火炬塔历史性地采用了废碳再生的“零碳甲醇”作为燃料，实现了零排放的循环使用。甲醇可以通过二氧化碳加氢生成，该反应的化学方程式如下： 反应Ⅰ：； 反应Ⅰ可认为通过反应Ⅱ、反应Ⅲ两步进行，对应的方程式分别为： 反应Ⅱ：； 反应Ⅲ：。 已知制备甲醇的有关反应及其在不同温度下的化学平衡常数如表所示： 化学反应 平衡常数 温度/℃ 700 1000 反应Ⅰ 反应Ⅱ 1.0 2.5 反应Ⅲ 2.5 0.15 (1)、、的关系是 。由上表数据可知，反应Ⅰ的焓变 0(填“>”“<”或“=”)。 (2)反应Ⅰ的正反应速率方程为，逆反应速率方程为，其中、分别为正、逆反应速率常数。速率常数的对数与温度倒数的关系如图所示，则在①②③④四条直线中，能表示随变化关系的是 。 图中A、B、C、D四点的纵坐标分别为、、、，则温度为℃时反应Ⅰ的化学平衡常数 。该温度下测得反应Ⅰ在某时刻，、、、的浓度依次为、、、，则此时 (填“>”“=”或“<”)。 (3)保持压强为5MPa、温度为℃，投料比条件下，反应达到平衡状态时，的转化率为20%，的选择性为70%，已知：的选择性，气体的平衡分压气体的物质的量分数，则平衡时的物质的量为 mol；℃时，反应Ⅰ的 (无需计算，写表达式)。 17．（24-25高三上·河南信阳·阶段练习）氙及其化合物在工业生产中有重要用途。 (1)1962年，化学家巴特利特合成了氙的第一个化合物，其在熔化时电离出和。Xe和混合制得的反应可以表示如下： 已知：①在标准状态下将离子型晶体(如)拆散为气态阳离子和气态阴离子所需要的能量叫做晶格能，的晶格能为。 ②Xe的第一电离能为。 ③  。 根据以上信息，计算反应   。 (2)一定条件下，向恒容密闭容器中充入Xe和混合气体，反应体系中存在的平衡及相应部分数据如下表所示。已知：分压=总压×该组分物质的量分数； 对于反应  ， 其中，、、、为各组分的平衡分压。 标准压强平衡常数 反应平衡 反应Ⅰ：   360 反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   (Ⅲ) ① 0(填“>”或“<”)。为提高平衡混合物中的含量，应 投料比(填“增大”或“减小”)。 ②时充入和，达平衡时容器内总压强，各产物的物质的量如表所示： 化学式 物质的量/mol 3.60 19.80 0.36 则平衡转化率 (保留三位有效数字)，(Ⅲ) 。 18．（23-24高三上·河南·期中）氮的氧化物是大气污染的主要成分之一，易带来酸雨、光化学烟雾等危害。一般来说，机动车尾气排放是城市氮的氧化物的主要来源之一。 (1)机动车尾气中的污染性气体CO、NO可通过消除反应来治理，消除反应的原理为  。某实验探究小组向体积均为1L的甲、乙两恒容密闭容器中分别充入2molCO(g)和1molNO(g)及相同的催化剂发生上述反应，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，起始温度均为500℃。实验测得甲、乙两容器中NO的转化率随时间的变化关系如图所示。 ①甲容器中NO的转化率随时间的变化关系是 曲线(填“a”或“b”)，CO与NO消除反应的 0(填“>”“<”或“=”，下同)，M、N两点中气体的总压强 。 ②下列关于反应的说法正确的是 (填序号)。 A．该反应只有在高温下才能自发进行 B．当时，说明反应已达平衡 C．其他条件不变，适当压缩b曲线对应容器的体积，可以使a、b两条曲线重合 D．对比M、N点对应状态，N点活化分子百分数更高，反应速率更快 ③将等物质的量的NO(g)和CO(g)分别充入装有催化剂Ⅰ和Ⅱ的体积相同的密闭容器中，发生上述反应，不同温度下，在相同时间内测量两容器中NO的含量，从而确定NO的转化率，结果如图所示，试判断图中a、b、c、d四点一定处于状态的点有 (填字母)，b点到c点的过程中NO的转化率随温度升高而增大的原因是 。 (2)利用某种含二价铜微粒的催化剂也可用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1所示，反应过程中不同价态物质体系的能量如图2所示。 脱硝反应中的速率最慢的过程对应的离子方程式为 ，脱硝过程总反应的化学方程式为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)   (2) 300℃、2.8Mpa 300℃之前反应未达平衡，随着温度的升高，反应速率加快，乙醇的选择性增大；300℃之后反应达平衡，随着温度的升高，生成乙醇的反应平衡向逆向移动，乙醇的选择性减小 (3)10 (4) (5) 【分析】Ⅱ．电解池中玻碳电极上水失电子生成氧气，发生氧化反应，该电极为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，铂电极为阴极，得电子还原为，电极反应式为； 【详解】（1）根据盖斯定律，反应①×2+②即为二氧化碳加氢制乙醇的热化学方程式； （2）由图可知，最佳反应条件为300℃、2.8Mpa，此时选择性和转化率均较高；的选择性随温度升高先增大后减小的原因：300℃之前反应未达平衡，随着温度的升高，反应速率加快，乙醇的选择性增大；300℃之后反应达平衡，随着温度的升高，生成乙醇的反应平衡向逆向移动，乙醇的选择性减小； （3）该溶液中，根据， ，则该溶液的10； （4）再生塔中产生CO2是碳酸氢钾的分解，离子方程式为； （5）阴极得电子发生还原反应，电极反应为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O。 2．(1)低温 (2)AD (3) a 升温后以反应II为主，该反应为吸热反应，升温正向移动，的转化率增大 (4) BD 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应I-反应II=反应III，则反应III的反应热=，即反应III为=，、，据可知，其自发进行的条件是低温； （2）A. 反应II为气体体积不变的反应，恒温恒容条件下，容器的压强恒定，当一氧化碳的物质的量不变时CO的分压不再发生变化，此时正、逆化学反应速率相等，反应达到了平衡状态，故A正确；      B. 反应II为气体体积不变的反应，容器中气体总质量恒定，所以气体平均相对分子质量始终不变，当气体平均相对分子质量不再发生变化时，不一定达到平衡状态，故B错误； C. 恒温恒容条件下，容器中气体总质量恒定，气体密度始终不变，当气体密度不再发生变化时，不一定达到平衡状态，故C错误；     D. 反应II：的平衡常数为K=，恒温条件下平衡时为定值，比值也为定值，不再发生变化时反应达到平衡状态，故D正确；     故答案为：AD； （3）①在5.0MPa恒定压强和催化剂作用下，以的投入量进行反应，反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高时，反应I向左移动，反应II向右移动，因此表示平衡时CO在含碳产物中物质的量百分数的曲线是b，则表示平衡时在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a； ②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是：温度升高后，以反应II为主，反应II是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，使得CO2平衡转化率升高； （4）①A．由图象可知CH3OH的转化率在高于260℃时较高，但在300℃时，CO的选择性最高，而CO2的选择性最低，所以300℃不是反应适宜的温度，故A错误； B．高压条件有利于加快反应速率，故B正确； C．催化剂不能改变化学平衡状态，只能缩短达到平衡的时间，不能提高甲醇平衡转化率，故C错误； D．反应I、III的逆过程又称为甲醇水蒸气重整，为吸热反应，其他条件不变，适当升高温度有利于提高的产率，故D正确； 故答案为：BD； ②根据水蒸气重整反应中甲醇的转化率、一氧化碳和二氧化碳的选择性图像可知，温度从260℃升高到300℃，反应速率加快，但二氧化碳的选择性减小，使氢气的物质的量也减少了，所以曲线斜率增大，但是水平线低于200℃时，反应I中生成n(H2)=3n(CO2)=0.95×1mol×3=2.85mol，反应II中生成n(H2)=2n(CO2)=0.05×1mol×2=0.10mol，所以生成氢气的物质的量为2.85mol+0.10mol=2.95mol，则300℃时，反应至时刻物质的量随时间变化的曲线为。 3．(1)  ΔH=-4Q kJ·mol-1 (2)   ΔH=-234 kJ·mol-1 (3) 1093 低温 (4) (5) 阴 【详解】（1）N2的平衡转化率为50%，即0.25mol氮气完全反应放热QkJ，则当有1mol氮气参加反应时，放热为4QkJ，故该反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-4Q kJ·mol-1； （2）由图可知，该反应的反应热ΔH=(134-368)kJ·mol-1=-234 kJ·mol-1，故该反应的热化学方程式：NO2(g) +CO(g)=CO2(g)+NO(g) ΔH=-234 kJ·mol-1； （3）反应热=反应物键能总和-生成物键能总和，即-90.0 kJ·mol-1=x kJ·mol-1+2×436 kJ·mol-1-(3×413 kJ·mol-1+351 kJ·mol-1+465 kJ·mol-1)，解得x=1093；该反应为放热反应，且为熵减小的反应，由ΔG=ΔH-TΔS<0可知该反应在低温下能自发进行； （4）由图可知，通入肼(N2H4)的电极为负极，N2H4失电子，发生氧化反应生成N2，电极反应式为：N2H4-4e-+4OH-=N2 + 4H2O； （5）由图可知，在阳极，铁失去电子生成高铁酸根，则阳极反应式为：Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O，则Cu为阴极，Fe为阳极，Fe在阳极失电子，则b为阴离子交换膜；电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应为：，产生的气体是。 4．(1) (2) (3) (4)BD (5)③⑤ (6) b (7)5.6 【详解】（1）由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡，NO2是产物，随反应进行浓度增大。平衡时NO浓度的变化量c(NO)=(0.02mol−0.007mol)/2L=0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b； （2）分析表中数据可知反应在3s达到平衡，此时NO物质的量为0.007mol，NO的平衡转化率为； （3）内，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，用表示从内该反应的平均速率为，故答案为： ； （4）A．及时分离出气体，生成物浓度降低，速率降低，故A不选； B．适当升高温度，能加快反应速率，故B选； C．再加入少量 ，不影响反应速率，故C不选； D．选择高效催化剂，大幅度加快反应速率，故D选； 故答案为：BD； （5）①表示反应方向相反，且数值之比等于化学计量数之比，则此时反应达平衡状态，故可以作为平衡判断的标志； ②由知，恒容密闭容器中气体密度不变，说明所有气体的质量不变，此时正逆反应速率相等，故可以作为平衡判断的标志； ③因为反应物是固体，容器中氨气和二氧化碳的物质的量之比始终为2∶1，密闭容器中二氧化碳的体积分数始终不变，故不可以作为平衡判断的标志； ④对于反应前后气体体积可变的反应，体系压强不变，则总物质的量不变，则说明反应达到平衡状态，故可以作为平衡判断的标志； ⑤因为反应物是固体，所以整个体系中平均相对分子质量是个定值，故不可以作为平衡判断的标志； 故选③⑤； （6）原电池中负极失去电子发生氧化反应，故电子由负极流出，经导线流向正极，故探测仪工作时，电子从b极流出，a电极为正极，发生还原反应，电极反应式为，故答案为：b；； （7）反应1molHCHO失去4mol电子，根据电子守恒可知，如果在外电路中有1mol电子发生转移，则检测出标准状况下甲醛的体积为=5.6L，故答案为：5.6。 5．(1)2C(石墨，s)+3H2(g)=C2H6(g)  ΔH=−87 (2) < 该反应为气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大 减小 144 75% CD 【详解】（1）根据盖斯定律，将②×2+③−①得表示乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式：2C(石墨，s)+3H2(g)= C2H6(g)  ΔH =(−395×2−570+3116) −1=−87 。 （2）①该反应为气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，由图可知，压强p3<p1。压强为p2时，升高温度，CO的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，反应的平衡常数将减小。 ②温度为1100 ℃、压强为p1时，CO的平衡转化率为80%，列三段式： x点的平衡常数=。 ③在一定温度、的初始条件下，该反应达到平衡后体系的压强变为100 kPa，设平衡时CH4和CO2的物质的量为x mol，列三段式： 则，x=，所以CO的平衡转化率为。 ④A．气体总质量不变，容器体积不变，气体密度是恒量，体系的密度不再发生变化，反应不一定平衡，故不选A； B．断裂2 mol H−H键的同时生成2 mol C=O键，即消耗2 mol H2的同时生成1 mol CO2，不能判断正逆反应速率相等，反应不一定平衡，故不选B； C．各组分的物质的量浓度不再改变，反应一定达到平衡状态，故选C； D．气体总质量不变，反应前后气体物质的量改变，因此，体系中气体的平均相对分子质量不再发生变化时，反应一定达到平衡状态，故选D； E．体积分数V%(CH4)=V%(CO2)，不能判断各气体浓度是否还发生改变，反应不一定平衡，故不选E。 6．(1) 大于 (2) (3) ab (4)0.05 (5) ＜ > 【详解】（1）将总反应减去第一步反应，可得第二步反应：；第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间, 即第一步反应决定总反应的反应速率，则第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能; （2）根据盖斯定律，2×①＋2×②＋③可得目标反应式，则ΔH=2ΔH1+2ΔH2+ΔH3； （3）①a. 密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量增加，容器体积不变，当气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态，a正确； b. 该反应只有S2(g)是气体，气体的相对分子质量始终不变，因此反应不一定处于平衡状态，b正确； c. 增加MoS2的量，MoS2是固体，平衡不移动，c错误； 故选ab； ②增大生成物的浓度，平衡向逆向移动，关系图如图所示：； （4）由题意可得，可列三段式： 根绝压强之比等于物质的量之比得到1-x+1.5-2x+2x=(1+1.5)×80%，得到x=0.5，则0~5 min内，S2(g)的反应速率为； （5）①温度升高，氧气转化率降低，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应即ΔH ＜0；该反应是体积减小的反应，在1300K，从下到上，氧气转化率越来越大，说明是正向移动即加压，因此p1>p2>p3； ②由题意可得，可列三段式： 根据压强之比等于物质的量之比得到，p平=5.5 kPa，则A点平衡常数为；压强为p1时，p1＞p2，该反应的正反应为气体体积分子数减小的反应，随着压强的增大，反应向正反应反向进行，平衡常数Kp增大，故Kp，＞Kp。 7．(1) 酸性 4 (2) C(s) + H2O(g) = H2(g)+CO(g) △H=+131.5 kJ/mol 常压，400～500 ℃，使用催化剂 增大氧气浓度，提高三氧化硫转化率 SO2-2e-+2H2O=4H++SO (3) 4×10-6 升温，反应速率加快，而且反应正方向吸热，平衡向右移动 【详解】（1）由题给数据可知，PM2.5试样中阳离子电荷总数为(4×10-6+6×10-6+2×10-5)mol/L=3×10-5mol/L，阴离子电荷总数为(4×10-5×2+3×10-5+2×10-5)mol/L=13×10-5mol/L，则溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性，由电荷守恒可知，溶液中氢离子的浓度为13×10-5mol/L-3×10-5mol/L=1×10-4mol/L，溶液pH为4； （2）①将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知，②—①可得反应C(s) + H2O(g) = H2(g)+CO(g)，则反应热△H=△H2-△H1=(-110.5kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+131.3 kJ/mol，反应的热化学方程式为C(s) + H2O(g) = H2(g)+CO(g) △H=+131.3 kJ/mol； ②二氧化硫的催化氧化反应是气体体积减小的放热反应，增大压强、降低反应温度，平衡都向正反应方向移动，有利于提高三氧化硫的转化率，由表格数据可知，常压1×105Pa时转化率就已经很高了，若采用高压，平衡能向正反应方向移动，但二氧化硫的转化率变化不大，与高压设备的材料费用相比，高压是得不偿失的，所以实际生产时采用常压，由催化剂在400～500℃时效果最好可知，为了使二氧化硫尽可能转化为三氧化硫，应选择的生产条件是常压，400～500 ℃，使用催化剂；在生产中，通入过量空气可以增大反应为氧气浓度，使平衡向正反应方向移动，二氧化硫转化率增大，所以在生产中，还可以通入过量空气使二氧化硫尽可能转化为三氧化硫； ③由图可知，通入二氧化硫的电极为原电池的负极，二氧化硫在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为SO2-2e-+2H2O=4H++SO； （3）设气缸的体积为1L，由1300 ℃时在密闭容器内反应达到平衡时测得NO为8×10 - 4 mol可知，平衡时氮气、氧气和一氧化氮的浓度为(0.8-8×10 - 4)mol/L、(0.2—8×10 - 4)mol/L、8×10- 4mol/L，反应的平衡常数K=≈4×10-6；该反应为吸热反应，升高温度，反应速率增大，平衡向正反应方向移动，所以汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内一氧化氮排放量越大。 8．(1)过氧化氢溶液中存在，pH<11时，随着pH的增大，增大，电离平衡正向移动，浓度增大，漂白效果越好；pH>11时，过氧化氢分解速率过快，使得参与漂白的下降，漂白性降低 (2) 催化剂 0.009 (3) 溶液分层，下层溶液呈紫色 浓度降低，导致分解速率降低 试管B中产生气泡的速率没有明显减小 (4) 微波水热 【详解】（1）过氧化氢溶液中存在电离平衡 ，当pH＜11时，随着pH的增大，c(OH-)增大，电离平衡正向移动，c()增大，浓度越大，漂白效果越好；pH＞11时，过氧化氢分解速率过快，使得参与漂白的 c()下降，漂白性降低； （2）由i、ii方程式可知，该过程中，I-在反应前后没有发生变化，则I-在过程中起催化剂的作用；V(O2)=20.16mL，n(O2)==9×10-4mol，参加反应的n(H2O2)=1.8×10-3mol，则v(H2O2)==0.009mol⋅L-1min-1； （3）①加CCl4并振荡、静置后若四氯化碳层有紫红色出现，说明有碘的单质生成，四氯化碳的密度比水的密度大和水互不相容，故在下层，现象是：溶液分层，下层溶液呈紫色或紫红色； ②气泡明显减少，说明反应速率减小，其他条件不变时，只能是改变反应物的浓度，一是H2O2浓度降低，导致分解速率降低，二是I2 浓度降低，导致分解速率降低； ③加不加四氯化碳，对过氧化氢的浓度没有影响，不加CCl4的试管B中产生气泡的速率不会明显减小； （4）①由图可知，微波水热法H2O2分解速率明显较大，该法制取得到的催化剂活性更高； ②如图3表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi（1-x）Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线，随x增大，催化效果明显增强，故Co2+离子催化效果更好。 9．(1) d (2) a 生成甲醇的反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，增大 不相同 33.3% Pa，210℃ Pa，250℃ 【详解】（1）①由图可知，反应i的焓变ΔH=(E1-E2)kJ/mol，反应ii的焓变ΔH=(E3-E4)kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应的ΔH=(E1-E2+E3-E4)kJ/mol； ②a．反应ii中各物质均为纯液体，不是气体或溶液，故a错误； b．投料比为n(CO2)：n(NH3)=1：2，与反应i的计量数之比相等，则混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能据此判断反应达到平衡状态，故b错误； c．催化剂不能改变反应的起始状态，不能提高CO2的平衡转化率，故c错误； d．在一定温度下，若恒容改为恒压条件，气体的物质的量之比等于其体积之比，且投料比等于反应计量数之比，则各组分的物质的量浓度不变，即达平衡时CO2的浓度不变，故d正确； 故答案为：d； （2）①合成甲醇的反应是气体分子数减小的放热反应，温度一定时增大压强，平衡正向移动，x(CH3OH)增大；压强一定时升高温度，平衡逆向移动，x(CH3OH)减小，则图中a表示250℃下的x(CH3OH)～p曲线，b表示p=5×105Pa下的x(CH3OH)～t曲线； ②两条曲线表示的意义不同，A点时两条曲线对应的温度条件不同，平衡常数K只与温度有关，则A点时两条线对应条件下的平衡常数不相同； ③合成甲醇的反应在起始物=3，设n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，列式如下： x(CH3OH)=0.1时有：=0.1，解得x=，则CO2的平衡转化率α=×100%≈33.3%，由图可知，x(CH3OH)=0.1的点有两种：5×105Pa、210℃；9×105Pa、250℃。 10．(1) 硫元素被氧化成更高价态的或 (2) 酸性增强，氧硫化菌失去活性 (3) 和吸附在活性炭表面形成和，和与作用生成吸附态的，和发生氧化还原反应生成和离开活性炭表面 臭氧能将直接氧化，活性炭吸附催化产生间接氧化 (4)随着投加量的增大，产生的浓度增大；水解产生的胶体具有吸附作用，共同作用使氰去除率上升 【详解】（1）①H2S为二元无氧弱酸，分2步电离，由图可知，当pH=7时，H2S、HS-的分布分数相同，即浓度相等，则H2S的Ka1== c(H+)=1.0×10-7，当pH=13时，HS-、S2-的分布分数相同，即浓度相等，则H2S的Ka2== c(H+)=1.0×10-13，pH为6时，Ka1===； ②H2O2具有较强氧化性，H2O2溶液加入量大于12mg⋅L-1时，H2O2浓度较高，能氧化生成或，使废水中单质硫的回收率下降； （2）①由装置图可知，碳棒a为原电池的正极，碳棒b为负极，负极上S失电子生成，电极反应式为； ②负极反应之一为，负极附近酸性增强，不利于菌落存活，所以工作一段时间后，电池效率降低； （3）①由图可知，活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为和吸附在活性炭表面形成和，和与作用生成吸附态的，和发生氧化还原反应生成和离开活性炭表面； ②“臭氧-活性炭”体系对CN-的去除率明显优于另外两个体系的原因：臭氧具有氧化性，能将CN-氧化，活性炭吸附催化产生间接氧化，反应速率较快； （4）根据I、Ⅱ知，反应中•OH相当于催化剂，•OH的数目越多，氰的去除率越大，所以随着FeSO4•7H2O投加量的增大，•OH的数目越多，同时反应产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性，两个原因的共同作用使氰去除率上升。 11．(1) 放出 540 (2)； (3) (4) 反应Ⅲ 【详解】（1）从图中可知，该反应中反应物总能量大于生成物总能量，因此属于放热反应，每生成64gS，物质的量为2mol，放出热量为(679-409)kJ×2=540kJ。 （2）从图中可知，反应I是硫酸分解生成SO2、O2和水，反应Ⅰ=-(反应Ⅱ+反应Ⅲ)，ΔH1=-(-254-297)kJ/mol=551kJ/mol，反应I的热化学方程式为 （3）CO燃烧的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH3，将小问中的三个反应依次标号为①、②、③，目标反应=反应①-反应②+反应③×2，ΔH=ΔH1-ΔH2+2ΔH3。 （4）①反应I的ΔH=反应物键能总和-生成物键能总和=(2a+0.5b-3c)kJ/mol。 ②反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，其中反应Ⅱ为决速步骤，因此反应Ⅱ的速率最慢，活化能最高，反应I为总反应，活化能与反应Ⅱ相同，反应Ⅲ反应速率最快，活化能最小。 12．(1)-164.9 (2)A (3) a d 温度相同时，增大压强使反应I平衡正向移动，水的体积分数增大，和的体积分数减少，有利于反应II平衡逆向移动，故高压时，CO的平衡体积分数降低，M点高于N点(其它合理答案亦可) 2.88 (4) BC 【详解】（1）由题目已知信息可知：热化学方程式： ①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol； ②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ/mol； ③H2O(l)=H2O(g) ΔH=+44kJ/mol; 根据盖斯定律，将4×①-②+2×③，整理可得： ΔH=4×(-285.8kJ/mol)-(-890.3kJ/mol)+2×(+44kJ/mol)=-164.9kJ/mol； （2）A．容器内混合气体的总质量不变，容器体积不变，密度始终不变，不能判定达到化学平衡状态；故A选； B．反应I是气体分子数目减少的反应，反应II是气体分子数目不变的反应，任意反应未达到平衡，均会影响反应物CO2和H2的浓度，使另一反应变为非平衡状态，则容器内混合气体的平均摩尔质量不再变化时，反应I达到平衡，则可以说明上述两反应达到平衡状态；故B不选； C．反应I是气体分子数目减少的反应，压强不再变化，说明反应I达到平衡，则可以说明上述两反应达到平衡状态；故C不选； D．的体积分数不再变化，说明反应I达到平衡，则可以说明上述两反应达到平衡状态；故D不选； 答案选A。 （3）①Ⅰ反应为放热反应，Ⅱ反应为吸热反应，温度升高，Ⅰ反应平衡逆向移动，Ⅱ反应平衡正向移动，故a、b对应不同压强下CH4的平衡体积分数，c、d对应不同压强下CO的平衡体积分数，同时压强增大，Ⅰ反应正向移动，CH4平衡体积分数增大，故a曲线代表10MPa情况下CH4平衡体积分数，b曲线代表1MPa情况下CH4平衡体积分数，1MPa情况下CH4平衡体积分数相对于10MPa的情况要小，则对应的1MPa情况下H2O平衡体积分数也要小，这有利于Ⅱ反应正向移动，故c曲线代表1MPa情况下CO平衡体积分数，d曲线代表10MPa情况下CO平衡体积分数；温度相同时，增大压强使Ⅰ反应正向移动，水的体积分数增大，二氧化碳和氢气的体积分数减小，有利于Ⅱ反应逆向移动，故高压时CO体积分数降低，M点高于N点； ②当图中CH4和CO平衡体积分数均为40%时，CO2平衡体积分数为20%，设反应生成CH4xmol，COymol， 到达平衡时，CO2平衡物质的量为(1-x-y)mol，H2平衡物质的量为(3-4x-y)mol，H2O平衡物质的量为(2x+y)mol，二氧化碳、甲烷、一氧化碳总的物质的量为1-x-y+x+y=1，则=40%，=40%，解得x=0.4，y=0.4，则平衡时n(CH4)=0.4mol，n(H2O)=(2x+y)mol=2×0.4mol+0.4mol=1.2mol，n(CO2)=(1-x-y)mol=(1-0.4-0.4)mol=0.2mol，n(H2)=(3-4x-y)mol=(3-4×0.4mol-0.4)mol=1mol，容器体积为1L，c(CH4)=0.4mol•L-1，c(H2O)=1.2mol•L-1，c(CO2)=0.2mol•L-1，c(H2)=1mol•L-1，则平衡常数K===2.88； （4）①根据箭头指向可知：CH4和CO2是反应物，CO和H2O是生成物，利用电子守恒和原子守恒可写成方程式：； ②A．过程Ⅰ发生的反应为CH4+3CO24CO+2H2O，CO2是氧化剂，故A错误； B．过程Ⅱ发生了四个反应：①Fe3O4+4CO=3Fe+4CO2、②Fe3O4+4H2=3Fe+4H2O、③CaCO3=CaO+CO2、④CaO+CO2=CaCO3，转化②实现了碳氢分离，转化③实现CO再制备，故B正确； C．过程Ⅱ反应④消耗CO2，有利于过程Ⅱ反应①正向进行，故C正确； D．转化③方程式为：3Fe+4CaCO3=Fe3O4+4CaO+4CO，故Fe与CaCO3反应的物质的量之比为3：4，故D错误； 答案为BC。 13．(1)升高温度或减小压强或移走产物 (2) 正向 110 15 (3)a (4)②③ 【详解】（1）由题意知，C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)ΔH1＞0，该反应是气体分子数增大的吸热反应，减小压强，升高温度或及时移出生成物均可使平衡正向移动，提高乙烷平衡转化率，故答案为：升高温度或减小压强或移走产物； （2）①由题意知，C2H6和H2的起始量分别为0.8mol、0.2mol,设平衡时C2H4为ymol,则C2H6转化了ymol,平衡时C2H6和H2分别为(0.8-y)mol、(0.2+y)mol。平衡时C2H4的体积分数为20%，即，解得y=0.25，则平衡常数，达到平衡后再加入1.45molC2H6和0.15molH2，Qc==0.075＜K，平衡正向移动； ②由题意知，C2H6和H2的起始量均为1mol,初始压强为100kPa,乙烷的平衡转化率为20%，列出三段式：，设平衡时体系的压强为xkPa，则，解得x=110，则平衡时体系的压强为110kPa,该反应的平衡常数；故答案为：正向；110；15； （3）反应的主要目的是制备乙烯，为减少过度氧化，应加快反应a的反应速率，故需要寻找催化剂降低反应a的活化能，故答案为：a； （4）①由题图知，C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量分数随温度升高而减小，故错误； ②由于反应均未达到平衡，在反应a、b、c中，随温度升高，反应物的转化率都增大，生成水的量都增大，则H2O的含量随温度升高而增大，故正确； ③由题图知，C2H6的转化率随温度升高而不断增大，表明反应均未达到平衡，则C2H4的产率随温度升高而增大，故正确； 故选②③。 14．(1) -92 ③ 最大 (2)N2+6H++6e-2NH3 (3) < 图b 50% 27 【详解】（1）由题图可知，反应物总能量高于产物总能量，反应放热，且的ΔH=-46kJ·mol-1，则合成氨反应的ΔH=-92kJ·mol-1； 在化学反应中，决速步为活化能大的步骤，根据题图可知，过程③活化能大； 故答案为：-92；③；最大； （2）依据氮掺杂金红石表面氮气固定机理可知，反应物为氮气和氢离子，生成物为氨气，金红石为催化剂，总反应方程式为N2+6H++6e-2NH3； 故答案为：N2+6H++6e-2NH3； （3）①合成氨的反应中，压强越大越利于氨的合成，则氨的物质的量分数越大，结合图像可知，在相同温度下，氨的物质的量分数：P3＞P2＞P1，所以压强：P3＞P2＞P1，所以P1<16MPa； 故答案为：<； ②对比图a和图b可知，相同温度和相同压强下，图a中平衡时氨的物质的量分数较小，在恒压下充入惰性气体Ar，导致反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要向着气体分子数增大的方向进行，即不利于合成氨，所以氨的物质的量分数小，因此进料组成中含惰性气体Ar的图是图a，不含惰性气体Ar的图是图b， 故答案为：图b； ③图3进料组成为x(H2)=0.60、x(N2)=0.20、x(Ar)=0.20，三者物质的量之比为3：1：1，假设进料中氢气、氮气和氩气物质的量分别为3mol、1mol和1mol，平衡时氮气变化量为x，列三段式：，当P2=20MPa、，解得x=0.5，则氮气转化率； 平衡时氮气、氢气、氨气物质的量分别是 0.5mol、1.5mol、1mol，还有1molAr，物质的量分数分别是、、，该温度下的平衡常数； 故答案为：50%；27。 15．(1) (2)CD (3) (4) 2.4mol (5)DE (6)AB 【详解】（1）△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，甲烷燃烧的△H=4a+2b-2c-4E(O-H)=-(882-80)kJ/mol，则E(O-H)=，即形成1mol O−H释放的能量为； （2）A．甲烷燃烧过程中大部分化学能转化为热能，但也有部分化学能转化为光能等，A错误； B．能量越低越稳定，但图中无法比较二氧化碳和甲烷的能量大小，无法确定二氧化碳比甲烷稳定，B错误； C． 根据图示，1 mol CH4燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量是(882-80)kJ=802kJ，C正确； D．该反应是放热反应，则反应中断键吸收的总能量低于形成键放出的总能量，D正确； 故答案为：CD； （3）根据图像可知：0~2min内A浓度减小1.2mol/L，B浓度增加0.4mol/L，C浓度增加1.2mol/L，根据不同物质的浓度变化量之比等于化学计量数之比可得化学方程式为：3A⇌B+3C； （4）①从开始到2min，B的浓度增加了0.4mol/L，则； ②根据图表可得平衡时C的浓度为1.2mol/L，体积为2L，则C的物质的量为2.4mol； （5）A．恒容条件下，A、B、C的物质的量之比和平衡无关，故A不符合题意； B．消耗3molA，同时消耗3molC才说明反应达到平衡，B不符合题意； C．未说明是正反应速率还是逆反应速率，C不符合题意； D．恒容条件下，建立平衡的过程中混合气体的总压强是变量，混合气体的总压强不随时间的变化而变化能说明反应达到平衡状态，D符合题意； E．B的体积分数不再变化，反应达到平衡，E符合题意； 故选DE。 （6）A．恒压条件下充入氩气，体积增大，反应物浓度减小，反应速率减小，A符合题意； B．降低温度能减小反应速率，B符合题意； C．恒容条件下充入A，A浓度增大，化学反应速率增大，C不符合题意； D．缩小体积，反应物浓度增大，反应速率增大，D不符合题意； 故答案选AB。 16．(1) ＜ (2) ③ 10 = (3) 2.52 【详解】（1）由盖斯定律可知反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ，则；700℃反应I的平衡常数K=2.5，1000℃时，反应Ⅰ的平衡常数为0.375，则升高温度平衡逆向移动，正反应是放热反应，＜0； （2）反应Ⅰ为放热反应，随温度的升高，正、逆反应速率都增大，、都增大，随温度的升高平衡逆向移动，增大的倍数大于增大的倍数，故④表示随变化关系故③能表随变化关系； 化学平衡常数K====10；在某时刻，、、、的浓度依次为、、、，此时Q=，此时浓度熵与平衡常数相等，平衡不移动，正逆反应速率相等； （3）温度为℃，投料比，设，，的转化率为20%，的选择性为70%，则反应I中参与反应的的物质的量为0.14mol，列三段式有；，平衡时各物质物质的量为n(CO2)=0.80mol，n(H2)=2.52mol，n(CO)=0.06mol，n(CH3OH)=0.14mol，n(H2O)=0.20mol；气体总物质的量为3.72mol，压强恒定为5MPa，则p(CO2)=，p(H2)=，p(CH3OH)=，p(H2O) =，。 17．(1) (2) < 减小 97.8% 36 【详解】（1）XePtF6的晶格能为458.7 kJ⋅mol−1，则Xe+形成1 mol XePtF6晶体的热化学方程式：；Xe的第一电离能为1170.0 kJ⋅mol−1，则，根据盖斯定律，； （2）①根据表格数据，第一个反应的温度升高，平衡常数K减小，说明平衡往逆向移动，该反应为放热反应，故ΔH1<0；根据表格中的三个方程式，F2比例越大，越容易转化为XeF4或XeF6，所以应该减小投料中F2/Xe的比值； ②根据反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，达到平衡时，反应F2的物质的量为：，则F2的平衡转化率；已知，达到平衡时，总物质的量，反应Ⅲ的平衡常数。 18．(1) b ＜ ＜ D ab 反应未达平衡，升高温度，催化剂Ⅱ活性增强，反应速率加快 (2) 【详解】（1）①曲线b先拐平，先到达平衡，说明温度高，而曲线b表示NO的转化率较低，说明温度升高不利于该反应正向进行，该反应为放热反应，绝热容器中发生放热反应会使体系温度升高，故甲容器中NO的转化率随时间的变化关系是b曲线，该反应的<0，M、N两点NO的转化率相同，则气体总的物质的量相同，N点温度更高，压强更大，故<； ②A．该反应放热，且熵减，在低温下能自发进行，A错误； B．当时，正逆反应速率相等，说明反应已达平衡，B错误； C．其他条件不变，适当压缩b曲线对应容器的体积，反应速率更快，达到平衡时间更短，不可以使a、b两条曲线重合，C错误； D．对比M、N点对应状态，N点温度高，N点活化分子百分数更高，反应速率更快，D正确； 故选D； ③该反应为放热反应，温度升高，NO的平衡转化率应该降低，而a、b点后有NO的转化率更高的c点，是因为a、b点的反应速率慢，一定时间内反应没有达到限度，a、b点一定处于状态，而c到d点，温度升高，NO的转化率下降，则无法确定是否处于状态； （2）活化能最大的过程反应速率最慢，根据图示可知，脱硝反应中的速率最慢的过程是③到④，对应的离子方程式为；脱硝过程最终的产物是氮气和水，为催化剂，总反应的化学方程式为。 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 $$