压轴题12 化学反应原理综合题-【压轴题】2025年高考化学培优训练（江苏专用）

压轴题12 化学反应原理综合题 一、盖斯定律及其应用 1.利用盖斯定律进行计算 (1)虚拟途径法：先根据题意虚拟转化过程，然后根据盖斯定律列式求解，即可求得待求反应的反应热。 (2)加和法：将所给热化学方程式适当加减得到所求的热化学方程式，反应热也作相应的加减运算。 2.利用键能、活化能进行计算 (1)键能：ΔH＝E(反应物总键能)－E(生成物总键能) (2)活化能：ΔH＝E(正反应活化能)－E(逆反应活化能) 二、反应速率 1.速率方程 一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。 对于反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，则v正＝k正·ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数)。 2.速率常数与化学平衡常数之间的关系 一定温度下，可逆反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，因平衡时v正＝v逆，则k正·ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H)，＝＝K。 三、化学平衡常数及其计算 1．化学平衡常数表达式的书写 (1)不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。如： CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) K＝c(CO2)。 Cr2O(aq)＋H2O(l)2CrO(aq)＋2H＋(aq) K＝。 但在非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。如： C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) K＝。 (2)有气体参与的反应，用平衡分压(总压乘以各自的物质的量分数)表示平衡常数。 如：2A(g)＋B(s)C(g)。若达到平衡时，n(A)＝n1、n(C)＝n2，密闭体系的压强为p，则Kp＝＝。 (3)化学平衡常数的计算规则 ①同一可逆反应中，K正·K逆＝1。 ②同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是K′＝Kn或K′＝。 ③几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积；两方程式相减所得反应的平衡常数为两个平衡常数之比。 ④水溶液中进行的反应，必须拆成离子方程式再计算平衡常数。 2．化学平衡常数与温度的关系 热效应 温度变化 K的变化 热效应 温度变化 K的变化 放热反应 升温 减小 吸热反应 升温 增大 降温 增大 降温 减小 四、转化率、产率等计算与变化判断 1．三段式突破平衡的有关计算 　　　 　　 mA(g) ＋ nB(g) pC(g) ＋ qD(g) a b 0 0 mx nx px qx a－mx b－nx px qx (1)vA＝。 (2)转化率αA＝×100%。 (3)K＝。 (4)生成物的产率：实际产量占理论产量的百分数。一般来说，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。 产率＝×100%。 (5)混合物中某组分的百分含量＝×100%。 01 考查盖斯定律、反应速率和化学平衡 1．（2024·广东·二模）含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。 Ⅰ.工业废气分解可制取。 (1)已知热化学方程式： ⅰ.     ⅱ.     ⅲ.     热分解反应的 (用含、、的式子表示)。 (2)一定温度下，2mol 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为 ；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，则该温度下的平衡常数 。 Ⅱ.KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与发生第一、二步络合的反应如下： ⅳ.       ⅴ.      (3)根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。 A．加水稀释后，溶液中离子的总数减少 B．加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变 C．反应的平衡常数 D．溶液中减小，与浓度的比值减小 (4)常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度(含铬微粒)随的变化曲线如图所示，平衡后其他含铬微粒(3≤x≤6，图中未画出)总浓度为amol/L。 ①时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为 ；A点时，溶液中的平衡浓度为 (列出计算式即可)。 ②在某电镀工艺中，的浓度需要在以上，结合计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 (写出计算过程)。 【答案】(1) (2) (3)BC (4) (或) C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺 【解析】（1）由盖斯定律可知ⅲ-ⅰ-ⅱ得反应，故； （2），ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，由方程式可知，平衡时硫化氢、氢气的物质的量相等，均为2mol÷2=1mol，同时生成为1mol÷2=0.5mol，则则该温度下的平衡常数=； （3）A．加水稀释后，离子浓度减小，促使平衡向生成离子数多的方向移动，溶液中离子的总数增大，A错误； B．加入少量固体，根据铬元素守恒，溶液中含铬微粒总数不变，B正确； C．ⅳ.       ⅴ.      由盖斯定律可知，ⅳ+ⅴ得反应，则其平衡常数，C正确； D．，，溶液中减小，与浓度的比值增大，D错误； 故选BC； （4）①ⅳ.       ⅴ.      由平衡常数可知，初始生成的进行程度更大，结合图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，由图可知，当 时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为；A点时，，，溶液中的平衡浓度为(或)。 ②C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺。 02 考查反应速率、化学平衡和电化学 2．（2024·广东·二模）含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。 Ⅰ.工业废气分解可制取。 (1)已知热化学方程式： ⅰ.     ⅱ.     ⅲ.     热分解反应的 (用含、、的式子表示)。 (2)一定温度下，2mol 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为 ；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，则该温度下的平衡常数 。 Ⅱ.KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与发生第一、二步络合的反应如下： ⅳ.       ⅴ.      (3)根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。 A．加水稀释后，溶液中离子的总数减少 B．加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变 C．反应的平衡常数 D．溶液中减小，与浓度的比值减小 (4)常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度(含铬微粒)随的变化曲线如图所示，平衡后其他含铬微粒(3≤x≤6，图中未画出)总浓度为amol/L。 ①时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为 ；A点时，溶液中的平衡浓度为 (列出计算式即可)。 ②在某电镀工艺中，的浓度需要在以上，结合计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 (写出计算过程)。 【答案】(1) (2) (3)BC (4) (或) C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺 【解析】（1）由盖斯定律可知ⅲ-ⅰ-ⅱ得反应，故； （2），ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，由方程式可知，平衡时硫化氢、氢气的物质的量相等，均为2mol÷2=1mol，同时生成为1mol÷2=0.5mol，则则该温度下的平衡常数=； （3）A．加水稀释后，离子浓度减小，促使平衡向生成离子数多的方向移动，溶液中离子的总数增大，A错误； B．加入少量固体，根据铬元素守恒，溶液中含铬微粒总数不变，B正确； C．ⅳ.       ⅴ.      由盖斯定律可知，ⅳ+ⅴ得反应，则其平衡常数，C正确； D．，，溶液中减小，与浓度的比值增大，D错误； 故选BC； （4）①ⅳ.       ⅴ.      由平衡常数可知，初始生成的进行程度更大，结合图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，由图可知，当 时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为；A点时，，，溶液中的平衡浓度为(或)。 ②C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺。 03 考查反应速率和化学平衡图像 3．（2024·福建漳州·三模）甲醇是一种可再生的清洁能源，以甲醇为原料制备氢气的原理为。 (1)已知相关物质的标准燃烧热(25℃，101kPa)如表所示，则上述反应的 。 物质 标准燃烧热() (2)中国石油大学陈玉教授团队研究了在催化剂Pd／MgO(100)表面的催化反应机理，其部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，过渡态用TS表示)： 图示历程中最大能垒为 eV，决速步骤的化学方程式为 。 (3)一定温度下，维持100kPa，将与Ar(g)以一定比例投料发生上述反应，测得的平衡转化率及的分压随x的变化关系如图所示： 已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。 ①图中表示的平衡转化率随x变化的曲线为 (填“A”或“B”)，判断理由是 。 ②当x=1时，平衡体系中 kPa． ③若正、逆反应速率方程分别为、，、分别为正、逆反应的速率常数，则该反应的平衡常数 (用、表示)，当x=5，时， 。 【答案】(1)+128.1 (2)1.13 (3) A 随x增大，反应物分压减小，平衡正向移动， 10 64 【解析】（1）甲醇的标准燃烧热为，CO的标准燃烧热为，氢气的标准燃烧热为； ，-(×2)=+128.1； （2）根据图示，历程中最大能垒为(1.86-0.73)=1.13eV，能垒越大反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，决速步骤的化学方程式为。 （3）①随x增大，反应物分压减小，平衡正向移动， 的平衡转化率增大，随x变化的曲线为A。 ②当x=1时，设初始投料Ar的物质的量为amol、甲醇的物质的量为amol，达到平衡时氢气的压强为40 kPa，即氢气占总物质的量的40% ，x=；平衡体系中kPa； ③若正、逆反应速率方程分别为、，、分别为正、逆反应的速率常数，反应达到平衡时， ；带入②的数据，平衡体系中甲醇的分压为10 kPa、CO的分压为20 kPa、氢气的分压为40 kPa，可知=Kp=；当x=5，设初始投料Ar的物质的量为5amol、甲醇的物质的量为amol， 时，即a-x=2x，x=，此时甲醇的分压为 kPa、CO的分压为=5 kPa、氢气的分压为=10 kPa，则。 04 考查反应热、化学平衡和反应历程 4．（2024·湖南·二模）水煤气是一种优质燃料和重要的化工原料，其制备方法是将水蒸气与焦炭在高温下混合反应，然后投入固体进行处理。 I．在温度下将高温水蒸气通入炽热的焦炭中，其中可能发生的一些反应如下： 反应方程式 焓变 压强平衡常数 ① ② (1)已知反应的焓变，近似认为反应焓变不随温度变化，则焦炭的燃烧热 。 (2)在温度下体系达到化学平衡，将这一时刻记为，然后将可压缩的恒温反应容器突然压缩至原来体积的一半。将压缩之后这一瞬间的时刻记为，重新达到平衡时的时刻记为，则______（填标号）。 A．时，反应①的正反应速率比时增大 B．时，反应②的逆反应速率比时减小 C．时，反应①的压强平衡常数比时增大 D．时，水蒸气的转化率比时减小 (3)反应②的平衡常数很小，若近似忽略生成的反应，在一个体积固定的恒温容器内投入足量焦炭与一定量的水蒸气，在温度下达到平衡时水蒸气的转化率为，下图的三条曲线分别代表了达到平衡时不同的转化率对应的水蒸气分压、分压、体系的总压，则代表分压的曲线是 （填标号）。欲使平衡转化率为，则初始充入水蒸气的压强应为 （结果保留两位有效数字）。 Ⅱ．投入固体可吸收反应产生的，生成。除了以外，钙还有多种氧化物。 (4)在大约的高压条件下还可以进一步与反应得到由和构成的另一种钙的氧化物，预测的VSEPR模型名称是 . (5)反应生成的在自然界中会被溶解有的雨水溶蚀，该过程的离子方程式为 。已知，碳酸的（碳酸浓度以形式计算）、某雨水恰好能够溶解，此时该雨水中的浓度为，忽略固体溶解产生的体积变化，则此时该雨水的为 。 【答案】(1)-400.1 (2)AD (3) (4)四面体形 (5) 6.2 【解析】（1）已知①；②；③；由盖斯定律可知①+②+③可得焦炭燃烧热：。 （2）A．从到，其余条件不变，压强增大，故对于反应①②正、逆反应速率都增大，正确； B．将压缩之后这一瞬间的时刻记为，反应物和生成物的浓度都增大，反应②的逆反应速率和正反应速率都增大，B错误； C．时重新达到平衡，因为反应容器恒温，平衡常数不变，错误； D．压缩容器后，容器内压强增大，根据勒夏特列原理，反应朝压强减小的方向进行，故反应①平衡逆向移动，反应②平衡移动方向与压强变化无关，最终重新达到平衡时水蒸气转化率比时减小，D正确； 故选AD。 （3）设初始压强为kPa ，可得，p(H2O)= ，p(H2)= ,体系总压应大于各组分分压，故代表的是总压曲线，对于两曲线：，即时，，即0.5时，，观察图可知代表的是分压曲线；时，。 （4） 结构：，中心原子有2对成键电子，2个孤电子对，故VSEPR模型名称为四面体形。 （5）与水和反应：，。 1．甲烷干重整反应是实现甲烷和二氧化碳转化为合成气(和)的重要途径。该重整反应体系主要涉及以下反应： I.  (主反应) II.  (副反应) III.  (副反应) IV.  (副反应) (1)已知和的燃烧热分别为、，则 。 (2)上述反应体系在建立平衡后改变下列条件，保持其他条件不变，下列说法正确的是_______。 A．缩小容器体积，反应III的平衡可能发生移动 B．移去部分，反应II C．降低温度，反应IV增大，减小 D．反应I使用高效催化剂时，不变(Ea和Ea′分别代表反应I的正、逆反应活化能) (3)反应I、II、IV的与温度倒数的关系如下图所示[为标准平衡常数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压］。 在温度下、原料组成为、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时的分压为，则= ，的平衡转化率为 (用含x的代数式表达)。 (4)可用作甲烷干重整反应的催化剂。研究人员运用密度泛函理论分析得到，晶体氧空位多少不同时，部分反应历程中的基元反应的能量变化如下图所示。据此判断，当氧空位越 时(填“多”或“少”)，越有利于反应进行；判断理由是 。 (5)向晶体(属于立方型)中掺杂钐离子可产生氧空位，占据部分的位置，氧空位位于部分的位置，如图所示。 ①晶胞参数为540pm，则距离最近的和之间的距离为 pm。 ②若掺杂后，晶体中与的个数比为9：1，则空缺率为 (空缺率为空位数占未产生空位时总数的百分比)。 【答案】(1)172.5 (2)AD (3) 100kPa (4) 多 氧空位多，各步基元反应所得到产物能量低，反应易于发生 (5) (或233.82) 2.5% 【详解】（1）由和的燃烧热分别为、，可得V.、VI.，由方程式可知，，故答案为：； （2）A．缩小容器体积，反应I和Ⅱ逆向移动，Ⅳ平衡正向移动，则CO、H2的浓度减小，CO2、H2O的浓度增大，可能导致Ⅲ中，平衡可能发生移动，故A正确； B．移去部分，不影响平衡，则反应II，故B错误； C．降温，反应IV、均减小，故C错误； D．，使用催化剂，反应的不变，则不变，故D正确； 故选AD； （3），由（1）可知，、、，且，所以曲线a、b、c分别代表反应Ⅳ、反应Ⅱ、反应I的与温度倒数的关系；时，，则，所以kPa；体系达到平衡时的分压为，则，，开始时，，故，，故答案为：100kPa；； （4）由图可知，氧空位越多，各步生成的物质能量越低，越稳定，越有利反应的进行，故答案为：多；氧空位多，各步基元反应所得到产物能量低，反应易于发生； （5）①最近的和之间的距离为体对角线的，所以距离为 pm； ②设掺杂后晶体的分子式为CexSmyOz，则x:y＝9:1，x＝9，y＝1，若未掺杂，应有氧原子，掺杂后，由元素的化合价代数和为0可知，则空缺率为。 2．锰及其化合物在生产和生活中发挥着重要的作用。 (1)基态Mn的价层电子排布式为 。 (2)含锰催化剂催化NH3脱硝烟的一种反应机理如图7。 ①上述过程，催化剂为 。 ②该过程总反应的化学方程式为 。 (3)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应过程中不同价态Mn粒子的浓度随时间变化如图所示，Mn(Ⅱ)起催化作用。 ①据图估算，5min时v(H2C2O4)= mol·L⁻¹·min⁻¹。 ②下列说法正确的是 。 A．随着反应的进行，反应速率逐渐减小 B．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 C．Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4 D．随着反应的进行，溶液中H⁺浓度不断增大 (4)室温下，MnSO₄在不同pH溶液中含锰微粒Mn2⁺、MnOH⁺、Mn(OH)₂、、的分布系数δ与pH的关系如图。 已知：δ(MnOH⁺)=，可脱水生成MnO2。 ①加水稀释，平衡时c()：c(Mn2⁺)的值 (填“增大”、“不变”或“减小”)。 ②MnOH⁺ +2OH⁻+H2O平衡常数K= 。 【答案】(1)3d54s2 (2) Ⅰ (3) 4 ×10-6mol·L-1·min-1 BC (4) 不变 【详解】（1）Mn为25号元素，位于元素周期表第四周期ⅦB族，故其价电子排布式为3d54s2； （2）①由机理图可知，NH3和NO在Ⅰ的作用下生成N2和H2O，故Ⅰ为催化剂；②由机理图可知反应的总方程式为； （3）①由浓度－时间图可知，0-5min时，KMnO4减少了0.1×10-4mol/L，并且全部转化为Mn(Ⅲ)，根据得失电子守恒可得2n(KMnO4)=n(H2C2O4)，故v(H2C2O4)=； ②A．当时间在13min左右时，开始生成Mn(Ⅱ)，且浓度增大，而Mn(Ⅱ)对反应起到催化作用，故13min后反应速率会变大，A错误； B．由图可知，Mn(Ⅶ)的浓度降为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，则该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，B正确； C．由图可知，随着反应的进行Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明前期生成Mn(Ⅲ)，后期Mn(Ⅲ)又被消耗生成Mn(Ⅱ)，所以Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，C正确； D．由图可知总反应为，随着反应的进行，氢离子浓度减小，D错误； 故答案选BC。 （4）①由图可知存在如下平衡ⅰ．，；ⅱ．，；，故加水稀释时，温度不变，K值不变，则比值不变； ②，当pH=11.8时，，。 3．碳酸盐作为地球碳循环的关键物质，其转化和利用与环境气候变化紧密相关。 Ⅰ．某研究团队通过直接对碳酸钙进行氢化生成高附加值的化学品，相关反应如下。 i．   ii．   (1)CO与的混合气(体积比为)可用于合成多种化工产品。利用上述反应获得1 mol该混合气，理论上需吸收的热量为 。 (2)恒温恒容条件下，向真空密闭容器中加入足量碳酸钙、合适的固体催化剂，通入，只发生反应i和反应ii，测得装置总压随时间变化如下表： 时间/min 0 10 20 30 40 50 总压/MPa 2.00 2.17 2.08 2.01 1.95 1.95 ①反应过程中总压先增大后减小的原因是 。 ②实验结束后共收集到，计算反应i的平衡常数 MPa。 Ⅱ．碳酸钙还可用于燃煤脱硫，相关反应如下。 i． ii． iii． (3)恒定温度为T℃，在2 L的刚性容器中加入一定量的和、混合气体，起始压强为。 ①20 min时测得体系有，则用表示的化学反应速率为 (用含代数式表示)。 ②反应一段时间达平衡后，测得体系中总压为，和，体积分数分别为8％、12％，则体系中的物质的量为 。若继续向刚性容器中充入少量，再次平衡时将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 【答案】(1)142 kJ (2) 反应i是气体分子数增大的反应，反应ii是气体分子数减小的反应。0～10 min，反应i速率快，总压增大；10 min后反应ii速率快，总压减小 0.175或7/40 (3) 0.6 mol 不变 【详解】（1）目标反应方程式可由2i+ii得到，根据盖斯定律可知，，故获得1 mol该混合气，理论上需吸收的热量为； （2）①反应i是气体分子数增大的反应，而反应ii是气体分子数减小的反应。刚开始反应i进行的程度更大，气压增大；随后反应ii进行的程度更大，气压减小，因此反应的总压先增大后减小；②恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，反应前2mol气体，总压为2.00MPa，平衡后总压为1.95MPa，气体总物质的量为1.95mol，生成的n(H2O)=，设反应i生成x mol H2O，列出三段式： ，n总=2-x-(1.4-2x)++0.7+x=1.95，x=0.2；故平衡时H2、CH4、H2O(g)、CO的物质的量分别为0.8mol、0.25mol、0.7mol、0.2mol，即H2、CH4、H2O(g)、CO的分压分别为0.8MPa、0.25 MPa、0.7 MPa、0.2 MPa，故反应i的平衡常数Kp=； （3）①恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，20min时，容器内的压强为p0 kPa=kPa，故用CO2表示的化学反应速率为； ②当体系中总压为1.25p0 kPa，则n总=，此时SO2和O2的物质的量分别为0.8mol和1.2mol，故CaSO3的物质的量为 (5-0.8)mol-2× (3-1.2)mol =0.6mol；，温度不变，则比值不变。 4．二甲醚()无毒、无腐蚀性，燃烧后不产生碳烟，是重要的化工原料和环保产品。碳中和背景下，加氢制二甲醚是有潜力实现资源化利用的重要途径之一、 ① ② ③ ④ 回答下列问题： (1)写出直接加氢制二甲醚的热化学反应方程式： ，该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 (2)在密闭容器中通入，只进行反应②和④，一定压强下，研究温度对转化率和二甲醚产率的影响如图1，一定温度下，研究压强对转化率和二甲醚产率的影响如图2.该工艺最佳反应条件为 ，该反应条件下反应④的 (列出计算式即可)。 (3)在密闭容器中通入，只进行反应①、③和④，研究平衡转化率、二甲醚产率与温度的关系。图3中表示平衡转化率的曲线为 ，该曲线呈现图中趋势的可能原因是 。 (4)铝催化剂催化二甲醚羰基化的反应历程如图4所示，该催化历程中的决速步为 (填“”“”“”或“”)，二甲醚羰基化的机理图如图5所示，则二甲醚羰基化的生成物是 。 【答案】(1) 低温 (2) (3) X 反应①为吸热反应，反应③和④是放热反应，升温促使反应①正向移动，使反应③和④逆向移动，低温区反应①正移的程度弱于反应③和④逆移，高温区反应①正移的程度大于反应③和④逆移，因此平衡转化率随温度升高呈现先下降后上升的趋势。 (4) 【详解】（1）利用反应②和④可以得出直接加氢制二甲醚的化学反应方程式，将②×2+④得，该反应的∆S＜0，根据可以得出该反应在低温下能自发进行。 （2）从图上可以得出最佳反应条件为；此时转化率为，二甲醚产率为，则反应②中转化，反应④中生成，由此可计算出平衡时各物质的物质的量为，该反应条件下反应④的。 （3）二甲醚产率小于二氧化碳转化率，所以表示平衡转化率的曲线为X，反应①为吸热反应，反应③和④是放热反应，升温促使反应①正向移动，使反应③和④逆向移动，低温区反应①正移的程度弱于反应③和④逆移，高温区反应①正移的程度大于反应③和④逆移，因此平衡转化率随温度升高呈现先下降后上升的趋势。 （4）从历程图(图4)中可以看出能垒最高的是反应，该催化历程中的决速步为TS2；机理图(图5)中可以看出产物是。 5．硫化氢消除并资源化利用是天然气开采、炼油行业、煤化工等工业中长期面临的重要研究课题。 (1)催化重整法。可以用作脱除的催化剂，脱除过程如图1所示。 ①脱除时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，其吸附能力比按图甲强，请从结构角度解释其原因 。 ②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是 。 (2)和的重整制氢涉及的反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 在恒压下按组成为通入混合气体，测得平衡状态下的收率和的转化率随温度的变化曲线如图2所示。 已知：的收率的收率 ①反应Ⅲ能 (填“高温”或“低温”)自发进行。 ②计算温度下的收率 。 ③设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为)除以。计算时反应Ⅰ的相对压力平衡常数为 (写出计算式即可) (3)某种光电催化法可用于脱除，其原理如图3所示。 ①光电催化法脱除的离子方程式为 。 ②与直接加热分解法相比，光电催化法的优点是 。 【答案】(1) 中H带正电、S带负电，中带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强 生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积 (2) 高温 20% (3) 光电催化法脱除硫化氢，能耗低，还能持续发电；碘离子可循环利用，正极生成的过氧化氢可回收利用 【详解】（1）①中H带正电、S带负电，中带正电，O带负电；根据图可知：甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强； ②脱除一段时间后，生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积，催化剂活性降低； （2）①Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 根据盖斯定律；反应III=I+II，∆H=(+169.8 kJ·mol-1)+(+63.7kJ·mol-1)=+233.5 kJ·mol-1>0，反应III的∆S>0，∆G=∆H-T∆S<0可以自发进行，需要高温条件下可以自发进行； ②设H2S、CH4、Ar的物质的量分别是1mol、1mol、4.7mol，由图可知，T1温度下H2S转化率为 32%，剩余H2S为0.68mol，S原子共1mol，S2的收率为4%，S2的物质的量为，根据S原子守恒，CS2的物质的量为，根据C原子守恒，CH4的物质的量为(1-0.14)mol=0.86mol，根据H原子守恒，H2的物质的量为mol=0.6mol，H2的收率为； ③由②可知，H2S、CH4、H2、CS2、S2、Ar的物质的量分别是0.68mol、0.86mol、0.6mol、0.14mol、0.02mol、4.7mol，n总=(0.68+0.6+0.86+0.14+0.02+4.7)mol=7mol，S2、H2、H2S的相对分压分别是：、、，； （3）根据电子流向可知，电极三氧化钨为负极，电极GDE为正极； ①脱除H2S的反应中，和H2S为反应物，S2、I-和H+为生成物，离子方程式为：； ②与直接加热分解法相比，光电催化法的优点是：光电催化法脱除硫化氢，能耗低，还能持续发电；碘离子可循环利用，正极生成的过氧化氢可回收利用。 6．研究表明工业上采用Fe-ZSM-a（铁基催化剂）选择性催化还原（SCR）工艺在低温下可实现生产中的减排，所涉及的反应如下： 反应Ⅰ  ， 反应Ⅱ   回答下列问题： (1)已知反应Ⅰ中相关键能数据如下表所示，中所有化学键断裂时需要吸收的能量为 kJ。 共价键 O=O O-O 键能/ 946 418 497 142 (2)298K时，反应Ⅰ的值很大，但的热分解却难以发生，其原因是 。 (3)恒温条件下，若只考虑体系中反应Ⅱ，可判断该反应处于平衡状态的是 （填字母序号）。 a．的分压不变    b．    c．反应器内气体密度不变 为进一步提高的平衡转化率，可采取的措施有 （任写一条）。 (4)实验室将和按进料比、1、2充入填充有Fe-ZSM-a的恒容反应器中发生反应Ⅱ，经相同时间得到转化率与温度（T）、进料比关系如图。 ①曲线Ⅲ表示的进料比 ；反应在M点达到平衡，此时的转化率为 ，用平衡分压表示的化学平衡常数 （物质的量分数，初始压强为）。 ②计算机模拟在Fe-ZSM-a表面上变化的反应历程如图（吸附在催化剂表面的物种用“*”标注），决速步骤的反应方程式为 。 【答案】(1)1113 (2)断键所需要的能量较大 (3) a 增大的浓度或分离产物 (4) 2 80% 【详解】（1）反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，设中所有化学键断裂时需要吸收的能量为akJ，由反应Ⅰ的焓变可知， 2a-2×946-497=-163，则a=1113； （2）由（1）题可知，断键所需要的能量较大，使得反应较难进行，故298K时，反应Ⅰ的值很大，但的热分解却难以发生； （3）a．的分压不变，说明平衡不再移动，反应处于平衡状态；     b．，不能说明正逆反应速率相等，不确定反应处于平衡状态；    c．反应为气体分子数不变的反应，气体体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡； 故选a； 增大的浓度或分离产物可以促使平衡正向移动，从而提高的转化率； （4）①增大的含量，促使反应正向进行，促进CO转化，但是自身转化率降低，故曲线Ⅲ表示的进料比2；反应在M点达到平衡，转化率为40%，进料比2，结合反应方程式，反应的物质的量比等于系数比，则此时的转化率为40%×2=80%； 假设、CO投料分别为2mol、1mol，M点达到平衡，转化率为40%，则反应、CO均为0.8mol，生成氮气、二氧化碳均为0.8mol，剩余、CO分别为1.2mol、0.2mol，反应为气体分子数不变的反应，其平衡分压可以用物质的量代替，故用平衡分压表示的化学平衡常数； ②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；由图，决速步骤的反应方程式为：。 7．、常用于制造农药等，磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。回答下列问题： (1)已知：  。若的键能为、的键能为，则的键能为 。 (2)温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入，发生反应，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表： t/s 0 50 150 250 350 1.0 0.84 0.82 0.80 0.80 ①反应在前50s的平均反应速率 。 ②下列描述中能表明该反应已达到平衡状态的是 。 A．混合气体的密度不变    B．混合气体的平均相对分子质量不变 C．    D．混合气体的压强不变 (3)实验测得的速率方程为(k为速率常数，只与温度、活化能有关)，速率常数k与活化能的经验关系式为(R、C为常数，为活化能，T为热力学温度)。 ①一定温度下，向密闭容器中充入适量和，实验测得在催化剂Cat1、Cat2作用下，Rlnk与的关系如图所示。催化效能较高的是 (填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是 。 ②将和充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反应，达到平衡时，为a mol；如果此时继续充入和相同温度下再达到平衡时的物质的量为x。则x为 (填字母)。 A．    B．    C．    D． (4)向恒容密闭容器中按的投料比投入和，发生反应：。不同条件下反应体系总压强(p)随时间(t)的变化如图所示。 ①相对曲线b，曲线c改变的条件可能是 。 ②曲线c条件(恒温恒容)下，该反应的压强平衡常数 kPa。 【答案】(1) (2) BD (3) Cat2 Cat2对应直线斜率更小活化能更低 D (4) 加入催化剂 0.025或 【详解】（1）P4是正四面体可知P4中含有6个P-P键，设的键能为x，用键能计算反应，则反应热=反应物键能和-产物键能和，即-a=6x+6b-12c，解得x=； （2）①化学反应速率之比等于对应化学计量数之比，反应在前50s的平均反应速率； ②A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定达到平衡状态，A错误； B．反应前后气体总质量不变，反应前后气体计量系数和不同，混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不变，反应一定达到平衡状态，B正确； C．都是正速率，当其相等时，不能证明反应达到平衡，C错误； D．反应前后气体计量系数和不同，容器体积不变，压强是变量，混合气体的压强不变，反应一定达到平衡状态，D正确； 故选BD； （3）①由可知，Ea越大对应直线斜率越大，则Cat1对应活化能更大，Cat2的催化效能较高；故答案为：Cat2；Cat2对应直线斜率更小活化能更低； ②2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2充入体积不变的密闭容器中，在一定条件下发生下述反应：PCl3(g)＋Cl2(g)⇌PCl5(g) 达平衡时PCl5为a mol，如果此时再加入2.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，若不考虑压强影响，则又会产生PCl5为a mol，但是加入反应物，即增大了体系的压强，根据平衡移动原理，增大体系的压强，平衡向气体体积减小的正反应方向移动，所以在相同温度下再达平衡时PCl5的物质的量大于amol+amol=2amol，因此选项是D； （4）①b、c相比，c的反应速率更快但平衡未发生移动，则c改变的是条件为加入催化剂； ②设起始加入的氯化磷和氯气的物质的量都是1mol，根据题给信息可知， 压强之比等于气体物质的量之比，则，解得：，则此时三种物质的物质的量相等，故，。 8．乙醇水蒸气重整制氢工艺的产氢效率高、毒性低，并且乙醇可通过生物发酵获得，是一种可持续发展、具有理想应用前景的制氢途径。A．Akande等科学家研究了以为催化剂的乙醇水蒸气重整反应。反应如下：   Ⅰ：  ； Ⅱ：。 回答下列问题： (1)反应Ⅰ在常温下 (填“能”或“不能”)自发进行。 (2)由上述反应可知： kJ/mol。 (3)若在一定温度下，恒容密闭容器中发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，下列说法正确的是 (填标号)。 A．能改变重整反应的历程，增大活化分子百分数 B．若混合气体的密度保持不变，说明反应体系已达到平衡状态 C．增大的浓度，有利于提高的平衡转化率 (4)研究发现，压强为条件下，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。[CO的选择性] ①图中表示平衡时的产率随温度变化的曲线是 (填字母)。 ②在密闭容器中，以投料比通入混合气体，此时的转化率为66.67%，求M点时反应Ⅱ的平衡常数 (列出计算式即可)。 (5)乙醇水蒸气重整制氢反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表： 两种催化剂上积碳反应和消碳反应的焓变与活化能 积碳反应 消碳反应 75 172 活化能/ 催化剂X 33 91 催化剂Y 43 72 ①催化剂性能更好的是催化剂 (填“X”或“Y”)。 ②反应进料气组成、压强以及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。曲线变化的原因是 。 【答案】(1)不能 (2)-41.1 (3)AC (4) b (5) Y 600℃以下温度升高，消碳反应速率增幅小于积碳反应，积碳量增加，600℃以上温度升高，消碳反应速率增幅大于积碳反应，导致积碳量减少(或积碳反应和消碳反应均为吸热反应，温度升高反应均正向移动，600℃以下温度对积碳反应影响大，积碳量增加，600℃以上温度对消碳反应影响大，积碳量减少) 【详解】（1）根据吉布斯自由能公式：，反应I的为，，代入公式，因此不能自发进行； （2）根据盖斯定律，反应反应，所以，代入、，得； （3）A．催化剂降低活化能，增大活化分子百分数，A项正确； B．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度恒为常数，无法判断平衡，B项错误； C．增加浓度使平衡右移，提高乙醇平衡转化率，C项正确； 故选AC； （4）①根据碳原子守恒和选择性的定义，与CO选择性的和为100%，图像对称。因此产率随温度变化的曲线为b； ②初始投料比，设初始转化率为，消耗。由图像可知，与CO的选择性相等均为，因此反应Ⅰ、Ⅱ各消耗，根据方程式计量数，可求得平衡时各物质的物质的量：、、、、，则。代入分压平衡常数表达式。 （5）①相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应的活化能小，消碳反应速率大； ②读图可知，积碳量随温度升高先增大，后减小，则原因是600℃以下温度升高，消碳反应速率增幅小于积碳反应，积碳量增加，600℃以上温度升高，消碳反应速率增幅大于积碳反应，导致积碳量减少(或积碳反应和消碳反应均为吸热反应，温度升高反应均正向移动，600℃以下温度对积碳反应影响大，积碳量增加，600℃以上温度对消碳反应影响大，积碳量减少)。 9．水体中的、、是高毒性的重金属离子，可用表示。可以采用还原沉淀法、吸附法等处理含废水。 (1)钡盐沉淀法： ①部分转化为的离子方程式为 。 ②向含的酸性废水中加入钡盐，可生成难溶于水的沉淀，其他条件一定，使用等物质的量的或，反应足够长的时间，使用时的沉铬率要优于使用的原因是 。 (2)纳米铁粉还原法： 纳米铁粉可将水体中还原为，再通过调节溶液pH转化为沉淀而被除去。 ①在氮气气氛保护下，向一定量的溶液中逐滴加入一定量的溶液，可制得纳米铁粉，反应的离子方程式为，已知电负性：，反应每转移4mol电子，被氧化的的物质的量为 。 ②实验发现，其他条件相同，含铁的物质的量相同，用纳米铁粉和铁-铜粉分别处理5的含废水，废水中的去除率随时间变化关系如图1所示，用铁-铜粉处理含废水的效果更好，原因是 。 (3)还原吸附法： 可吸附并部分还原，原理如图2所示。实验控制在的弱酸性条件下进行。 ①在的水溶液中表面带正电荷，在的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是 。 ②起始时，溶液中和的浓度随时间的变化如图3所示。浓度先增大后减小的原因是 。 (4)离子交换法： 阴离子交换树脂去除酸性废水中的原理为：。某树脂的摩尔交换总容量为，即每升湿树脂最多吸收。现将含量为的废水以的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和 。［均以铬元素计，写出计算过程］ 【答案】(1) 与反应，溶液中浓度减小，平衡右移，浓度增大，有利于完全转化为沉淀 (2) 原电池加快了反应速率 (3) 在酸性条件下，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更易吸附到表面 CuS还原生成，使浓度增大；CuS还原的反应消耗，使溶液pH增大，促进水解，使浓度减小 (4)30mL湿树脂最多吸收的质量：，通废水20h湿树脂需吸收的质量：，，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和 【详解】（1）①部分转化为，根据电荷守恒和元素守恒可知，离子方程式为：； ②碳酸钡能与溶液中的氢离子反应，氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，溶液中铬酸根离子浓度增大，有利于铬元素转化为铬酸钡沉淀，而氯化钡不能与溶液中氢离子反应，所以使用碳酸钡时Cr(Ⅵ)的沉铬率要优于使用氯化钡，故答案为：与反应，溶液中浓度减小，平衡右移，浓度增大，有利于于Cr(Ⅵ)完全转化为沉淀； （2）①由电负性可知，四氢合硼酸钠中氢元素为-1价、硼元素为+3价，则制备纳米铁粉的反应中四氢合硼酸钠为反应的还原剂，亚铁离子和水是氧化剂，由得失电子数目守恒可知，该反应转移8mol电子时，有1mol氧化0.5mol，则反应每转移4mol电子，被氧化的的物质的量为0.25mol； ②由铁—铜粉处理含Cr(Ⅵ)的酸性废水时，铁—铜在溶液中构成原电池，原电池反应使反应速率加快，所以用铁—铜粉处理含Cr(Ⅵ)的废水的效果更好，故答案为：Fe—Cu原电池加快反应速率； （3）①可吸附并部分还原，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更容易吸附到表面，促进反应的进行，使得在酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快，故答案为：在酸性条件下，在的水溶液中表面带正电荷，带负电荷，更易吸附到表面； ②根据原理图可知，发生反应：，CuS还原生成，使浓度增大，且反应过程中消耗，使溶液增大，促使水解转化为氢氧化铜，使使浓度减小，导致浓度先增大后减小，故答案为：CuS还原生成，使浓度增大；CuS还原的反应消耗，使溶液pH增大，促进水解，使浓度减小； （4）根据所给信息进行计算，30mL湿树脂最多吸收的质量：，通废水20h湿树脂需吸收的质量：，，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和； 10．挥发性有机化合物的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯的过程如下： I．CH3COOCH2CH3(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g)∆H1<0(主反应) II．CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)∆H2>0 III．CH3COOH(g)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)∆H3<0 IV．CH3CH2OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g)∆H4<0 (1)反应CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)∆H2= (用含∆H1、∆H3和∆H4的代数式表示)。 (2)在绝热恒容的条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ．下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是 (填字母)。 a．混合气体的平均相对分子质量保持不变 b．混合气体的密度保持不变 c．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变 d．反应的温度保持不变 (3)将反应Ⅱ生成的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3COOH(g)和CH3CH2OH(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图1所示。20～40min，CH3CH2OH(g)浓度比增大而CH3COOH(g)浓度比几乎为0的原因是 。 (4)压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(CH3COOCH2CH3、CH3COOH、CH3CH2OH和CO2)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表S(CH3COOH)随温度的变化。 已知：。 ①代表S(CH3COOCH2CH3)随温度变化的曲线是 (填“a”“b”或“d”)，S(CH3COOCH2CH3)在温度T2至T3间变化的原因是 。 ②温度为T2时，二氧化碳的体积分数是 (保留一位小数)。 ③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，则将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) (2)cd (3)含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代 (4) b 至间，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，增大，反应Ⅱ平衡正移，减小，且反应Ⅱ占主导，所以减小 33.3% 减小 【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应II=反应Ⅰ-反应-Ⅲ反应Ⅳ，； （2）a．混合气体的平均相对分子质量的数值等于混合气体的平均摩尔质量的数值，但，气体的质量和物质的量不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，a错误； b．混合气体的密度，气体的质量和体积不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，b错误； c．乙酸乙酯，水蒸气初始量为、，而两物质以1：1反应，故乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变，能说明反应已达平衡状态，c正确； d．反应为放热反应，反应的温度保持不变能说明反应已达平衡状态，d正确； 故选：cd； （3）根据信息可知，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键，而含键电子，与之形成较强的配位键，原先吸附剂吸附的被替代； （4）①反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆移，减小，反应Ⅱ的平衡正移，增大，故受两个反应共同影响，故代表随温度的变化曲线为b，且其百分含量S在温度至间变化的原因为：至，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，S减小； ②温度为时，a代表随温度的变化曲线，设投入了1mol乙酸乙酯，故平衡时，，，。由三段式法可得：，，，(总)，的体积分数是； ③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，相当于增加水的分压，则将减小。 11．萘类物质的加成反应，可以合成多种环状结构的异构体，并在工业中有重要应用，利用1-甲基萘(1-MN)制备四氢萘类物质(MTLs，包括1-MTL和5-MTL)。反应过程中伴有生成1-甲基十氢萘(1-MD)的副反应，涉及反应如图： (1)已知一定条件下反应、、的焓变分别为、、，则反应的焓变 (用含、、的代数式表示)。 (2)同苯类似，萘()也属于芳香烃，是平面分子，其分子中也含有大键，则萘的大键可表示为 。 (3)四个平衡体系的压强平衡常数与温度的关系如图所示。 ①1-MN，MTLs，1-MD中最稳定的是 。 ②若曲线c、d分别代表反应、的平衡常数随温度的变化，则表示反应的平衡常数随温度变化的曲线为 。(填“a”或“b”) (4)一定温度下，将一定量的1-MN投入一密闭容器中，保持体系中浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)检测到四种有机物的物质的量随时间的变化关系如图所示。已知：①以上各反应的速率方程均可表示为，其中、分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数；②在该条件下，、的速率常数的关系为。 ①图中表示5-MTL的曲线是 。(填“a”、“b”、“c”或“d”) ②为了提高1-MTL产率，可采取的方法为 。(答一条) (5)一定温度下，在体积1L的密闭容器中投入1mol 和10mol 发生上述反应，达到平衡时，容器中为0.2mol，为0.3mol，的转化率为25%，的产率为 。 【答案】(1)∆H4=∆H1+∆H2-∆H3 (2) (3) 1-MD b (4) b 使用选择性更高的催化剂，或者及时分离出生成的1-MTL (5)30% 【详解】（1）由盖斯定律可知，R1+R2=R3+R4，则∆H1+∆H2=∆H3+∆H4，故反应的焓变∆H4=∆H1+∆H2-∆H3； （2） 苯是由6个碳原子分别提供1个电子形成的，萘()也属于芳香烃，类似与苯，10个碳原子各提供1个电子形成的大π键； （3）①由图可知，温度升高，4个反应的平衡常数均减小，则所有的反应均为放热反应，根据能量越低越稳定，1-MD的能量最低，则反应体系中1-MD最稳定； ②由(1)可知，R1+R2=R3+R4，则K1K2=K3K4，若曲线c、d分别代表反应、的平衡常数随温度的变化，由图可知K1>K3，则K2<K4，故表示反应R2的平衡常数随温度变化的曲线为b； （4）①1-MN为反应物，a曲线表示1-MN，1-MD为最终生成物，曲线d表示1-MD，、的速率常数的关系为，，H2浓度恒定，k值越大，则反应物的浓度越小，曲线b代表5-MTL的曲线； ②为了提高1-MTL产率，可采取的方法为：使用选择性更高的催化剂，或者及时分离出生成的1-MTL； （5）根据反应关系图可知，生成1mol 1-MD共需要5molH2，生成1mol 5-MTL需要2mol H2，生成1mol 1-MTL需要2mol H2，设生成xmol的1-MD，则共消耗H2的物质的量为2×0.2mol+2×0.3mol+5x=10mol×25%，解得x=0.3，1-MD的产率为。 12．乙烯是常用化工原料，其制备、利用和转化具有重要意义。 (1)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生反应： Ⅰ．   Ⅱ．   ①若起始加入和的物质的量分别为、，仅考虑上述反应，达到平衡时体系中所有含碳物质与起始物质之间存在的等量关系为： (X用具体物质化学式表示)。 ②实际投料比采用，而不采用3：1的原因是 。 (2)乙烯催化氧化制乙醛和环氯乙烷()，发生以下反应： ⅰ． ⅱ．2(g) 常压下，将一定比例、混合气体匀速通过装有催化剂的反应器，不同温度下测得的相关数据见下表[乙醛的选择性]： 温度/℃ 90 110 130 150 乙烯转化率/% 8 13 29 60 乙醛选择性/% 78 70 65 57 ①90~150℃范围内，乙醛产率随温度升高而 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 ②90~150℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是 。 ③150℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是 。 (3)在果蔬储存和运输中，一种转化反应的部分机理如图所示(表示活性氧)。研究表明，催化剂表面酸性强的桥羟基()是催化氧化的活性位点，而酸性弱的硅羟基和铝羟基()则不显示催化活性。 ①从键的极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是 。 ②生成的吸附在催化剂表面使催化活性下降，其原理是 。 【答案】(1) 防止更多的CO2将乙烷转化为CO，使乙烯产率下降 (2) 增大 温度升高和催化剂活性变化共同作用，使反应ⅱ的速率增幅大于反应ⅰ的速率增幅 使用对反应ⅱ选择性更高的催化剂、及时分离环氧乙烷 (3) 桥羟基中O同时受到Si(IV)与Al(III)吸引，使O-H键极性增强 H2O结合桥羟基电离出的H+生成H2O+(或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键) 【详解】（1）①若起始加入和的物质的量分别为、，达到平衡时，根据C原子守恒可知； ②CO2可以和乙烷反应生成CO和H2，实际投料比采用，而不采用3：1的原因是：防止更多的CO2将乙烷转化为CO，使乙烯产率下降。 （2）①假设乙烯的投入量为1mol，由表格数据可知，90~150℃范围内，升高温度，生成乙醛的物质的量分别为1mol×8%×78%=0.0624mol（90℃）、1mol×13%×70%=0.091mol（110℃）、1mol×29%×65%=0.1885mol（130℃）、1mol×60%×57%=0.342mol（150℃），乙醛产率增大； ②90~150℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是温度升高和催化剂活性变化共同作用，使反应ⅱ的速率增幅大于反应ⅰ的速率增幅； ③增大反应ⅱ的反应速率或使其平衡正向移动，可以提高环氧乙烷选择性，则150℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是：使用对反应ⅱ选择性更高的催化剂、及时分离环氧乙烷。 （3）①Si(IV)与Al(III)具有吸电子效应，会导致羟基的极性增大，从键的极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是：桥羟基中O同时受到Si(IV)与Al(III)吸引，使O-H键极性增强； ②催化剂表面酸性强的桥羟基是催化氧化的活性位点，生成的吸附在催化剂表面使催化活性下降，其原理是：H2O结合桥羟基电离出的H+生成H2O+(或H2O中氧原子与桥羟基中氢原子形成氢键)。 13．研究二氧化碳的利用对实现碳中和有重要意义。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下： 主反应： 副反应： 回答下列问题： (1)部分化学键的键能如下表： 化学键 C-H C-O O-H 键能/(kJ/mol) 436 414 326 464 则的键能为 。 (2)将的混合气体分别置于P1、P2的恒压密闭容器中同时发生主反应和副反应，不同温度下体系中CO2(g)的平衡转化率和CH3OH(g)、CO(g)的选择性如下图所示。[如CH3OH(g)选择性 ①曲线b代表 (填“CH3OH”或“CO”)的选择性。 ②P1 P2(填“>”或“<”)，理由是 。 ③温度高于250℃，曲线c上升的原因是 。 ④在230℃和压强为P1时，主反应达到平衡时的分压平衡常数Kp= (用含P1的计算式表示)。 (3)我国科学家设计了一种利用活性催化电极吸收二氧化碳制备甲酸(甲酸盐)的装置，其原理如图所示。 电解过程中阴极的电极反应式为 。 【答案】(1)1070 (2) CH3OH ＞ 反应①是左右两边气体分子数减小的反应，P增加，平衡向正反应方向移动，CH3OH的选择性越高 主反应是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，副反应是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，温度高于250℃，温度对副反应的影响大于对主反应的影响 (3)CO2+2e-+=HCOO-+ 【详解】（1）由题干信息可知，主反应：，副反应：主反应减去副反应可得反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) 根据盖斯定律可知，=(-49.5kJ/mol)-40.5kJ/mol=-90.0kJ/mol，又知反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，即-90.0kJ/mol=E()+2E(H-H)-3E(C-H)-E(C-O)-E(O-H)= E()+2×436kJ/mol-3×414kJ/mol-326kJ/mol-464kJ/mol，解得：E()=1070kJ/mol，故答案为：1070； （2）①反应1是生成CH3OH的反应，该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，CH3OH的选择性越低，反应2是生成CO的反应，该反应是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则CO的选择性越高，因此a、b表示CH3OH的选择性，故答案为：CH3OH； ②反应①是左右两边气体分子数减小的反应，P增加，平衡向正反应方向移动，CH3OH的选择性越高，所以P1＞P2，故答案为：＞；反应①是左右两边气体分子数减小的反应，P增加，平衡向正反应方向移动，CH3OH的选择性越高； ③由题干信息可知，主反应是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小，而副反应是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，温度高于250℃，曲线c上升即CO2的平衡转化率增大的原因是主反应是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，副反应是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，温度高于250℃，温度对副反应的影响大于对主反应的影响； ④将的混合气体，设1molCO2和3molH2分别置于P1、P2的恒压密闭容器中同时发生主反应和副反应，由题干图像信息可知，在230℃和压强为P1时，CH3OH的选择性为80%，CO2的平衡转化率为30%，则有三段式分析：，，则平衡时：n(CO2)=1×(1-30%)=0.7mol，n(H2)=3mol-0.72mol-0.06mol=2.22mol，n(CH3OH)=0.24mol，n(H2O)=0.24mol+0.06mol=0.30mol，n(CO)=0.06mol，气体总的物质的量为：0.7mol+2.22mol+0.24mol+0.30mol+0.06mol=3.52mol，则平衡时p(CO2)==，同理：p(H2)==，p(CH3OH)=，p(H2O)=，故主反应达到平衡时的分压平衡常数Kp==，故答案为：； （3）由题干装置图可知，阴极发生还原反应，即CO2被还原为HCOO-，故阴极反应式为：CO2+2e-+=HCOO-+，故答案为：CO2+2e-+=HCOO-+。 14．小分子在科学研究和生产实践中有着重要作用。回答下列问题： Ⅰ．的转化与利用 (1)科学研究人员通过“Sabatier反应器”实现了将转化为，如图1是空间站中的循环过程示意图。 已知：某温度下，由处于标准状态的各种元素的指定单质生成标准状态的1mol某纯物质的热效应，叫做该温度下该物质的标准摩尔生成热。下表给出了几种物质在298 K下的标准摩尔生成热，则“Sabatier反应器”中发生反应的热化学方程式为 。 物质 -393.51 -74.85 -241.82 0 (2)写出一种有利于提高“Sabatier反应器”中反应的转化率的措施 。 Ⅱ．有机胺用于塑料加工 工业上可用对苯二胺加氢制备1，4-环己二胺，主要反应如下： (3)现取4mol对苯二胺，少量催化剂和一定量的氢气于反应釜中发生反应，后，对苯二胺的转化率以及环己二胺的选择性随温度变化如图2所示，则内，时，环己二胺)= (列出计算式)。 (4)当温度高于时，对苯二胺的转化率以及环己二胺的选择性随温度升高均呈现下降趋势，试分析其原因可能为 。 Ⅲ．甲醇的制备 利用和合成甲醇主要涉及以下反应： 反应①： 反应②： 在1L的密闭容器中，加入催化剂，并投入和发生上述两个反应，的平衡转化率和甲醇的选择性随温度的变化趋势如图3所示。 (5)由图可知，达到平衡最适宜的温度为 (填“413 K”“513 K”或“550 K”)。 (6)550 K时，若反应后体系的总压强为p，则反应①的 (列出计算式)。 Ⅳ．甲酸的制备 工业上制备甲酸的反应为，该反应的速率方程。 (7)已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C均为常数)。在催化剂1和催化剂2作用下，测得该反应的与的关系如图4所示。其中催化效率比较高的是 (填“催化剂1”或“催化剂2”)，在催化剂2的作用下，活化能 。 【答案】(1)   (2)降低温度 (3) (4)催化剂活性降低 (5)513K (6) (7) 催化剂1 30 【详解】（1）由示意图可知，“Sabatier反应器”中发生的反应为，根据题给数据，该反应的焓变，故“Sabatier反应器”中发生反应的热化学方程式为 ； （2）“Sabatier反应器”中反应为放热反应，适当降低温度，平衡正向移动，反应转化率提高，该反应为气体分子数减小的反应，适当增大压强，平衡正向移动，反应转化率提高； （3）时，对苯二胺的转化率为，产物环己二胺的选择性为，所以内，； （4）当温度高于时，可能由于催化剂的活性降低或者发生了副反应而导致对苯二胺的转化率以及1，4-环己二胺的选择性随温度升高均呈现下降趋势； （5）首先应选择甲醇的选择性比较高的温度，排除，和513K时甲醇的选择性和的转化率都相差不大，计算产率可知413K时，时，故最适宜的反应温度为513K； （6）第一步，结合图像信息，计算消耗的总的物质的量及生成CO消耗的的物质的量，根据图像，550K时，的平衡转化率为，则消耗的总的物质的量，平衡时的物质的量；甲醇的选择性为，则生成甲醇消耗的的物质的量，那么生成CO消耗的的物质的量。第二步，列三段式，计算各物质的分压，根据上述数据可以列出如下三段式： 达到平衡后，体系中各物质的物质的量分别为，，，，，则平衡时体系总物质的量为，已知反应后体系的总压强为p，则达到平衡时，反应①中各物质的分压为，，，，第三步，结合的计算公式，写出的表达式。反应①的； （7）根据Arrhenius经验公式可知，和呈反比例关系，从图像上看，直线的斜率的绝对值即为活化能，因此直线的斜率的绝对值越小表示活化能越小，而活化能越小则说明催化剂的效果更好，所以催化效率更高的是催化剂1.将两点的数据代入Arrhenius经验公式可得，，将两式联立即可得活化能。 15．利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下。 已知：i．MnO易被氧化为，MnO能溶于氨水生成。 ii． (1)脱硅时进行的分离操作是 。 (2)在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。 温度/℃ 600 700 800 主要成分 MnO、 MnO、、、MgO MnO、、MgO 下列说法正确的是 (填序号)。 A．800℃时发生了反应： B．热稳定性： C．焙烧时，的作用是避免被氧化 (3)已知分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将替换为显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因： 。 (4)图1中，氨水-溶液中的总氮浓度固定为。结合图1解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因： 。 (5)沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因： 。 (6)该工艺流程中可再次利用的物质为 。 【答案】(1)过滤 (2)AC (3)替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解 (4)加入氨水可使转化为可溶性的；加入碳酸铵可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗 (5)温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀 (6)或、 【详解】（1）脱硅时发生，生成的能溶于水，与、不溶物分离方法为过滤，故答案为：过滤； （2）A．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时发生了反应：，A项正确； B．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时分解，分解，时未发生分解，故热稳定性：，B项错误； C ．MnO易被氧化为，故焙烧时，的作用是避免被氧化，C项正确； 故答案为：AC； （3）相同温度下，将替换为，浓度变大，平衡逆移，不利于分解，该分解反应为吸热反应，温度升高至，值增大，此时，反应正向进行，继续分解，故答案为：替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解； （4）从图像可看出，，溶液较高，氨水可使转化为可溶性的，但浸出量较低，随增大，溶液降低，浸出量升高，，略大于10，浸出量几乎达最大值，这是因为加入氨水可使转化为可溶性的；加入可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗； （5）氨水-溶液浸锰时，得到含有、等的浸锰液，溶液中存在平衡，沉锰时，温度升高，导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，，有沉淀生成，故答案为：温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀； （6）焙烧生成的可以与氨水反应制备，而沉锰时逸出的可以制备氨水，故答案为：或、。 16．硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。 (1)18~19世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。 ①工业上可用生产，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是 。 ②制硫酸总反应的化学方程式是 。 ③中反应的与的物质的量之比是 。 (2)现代用接触法制硫酸，关键工序是的催化氧化：　 ①中硫氧键键能的平均值为中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为 。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于，的转化率减小，可能的原因是 。 (3)人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。 电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 ①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理： 。 ②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图4所示。 ⅰ、较浓硫酸应注入 (填“C极区”或“D极区”)。 ⅱ、从物质和能量的角度说明联合生产的优点： 。 【答案】(1) (2) 温度升高使催化剂失去活性，同时的催化氧化反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，反应的平衡转化率减小 (3) 极的电极反应：，增大，通过阴离子交换膜进入极区，增大，最终得到较浓硫酸 D极区 和制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水 【详解】（1）①工业上可用生产，发生氮的催化氧化反应，方程式为：； ②由物质转化图可知，、、为反应物，为产物，故制硫酸总反应的化学方程式为：； ③根据反应i的反应物和产物，反应方程式为：，则与的物质的量之比是； （2）①已知中键能为为，中键能的平均值为，假设中氧氧键的键能为x，，，则中氧氧键的键能为； ②由图2可知，随着温度升高，的转化率先增大后减小，温度大于，的转化率减小，可能的原因是温度升高使催化剂失去活性，同时的催化氧化反应是放热反应，温度升高平衡逆向移动，转化率减小； （3）①由图3可知，A极附近稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：，增大，通过阳离子交换膜X进入A极，增大，最终得到较浓氨水；同理，B极负极稀硫酸转化为较浓硫酸，电极反应为：，增大，通过阴离子交换膜Y进入极区，增大，最终得到较浓硫酸； ②ⅰ、图3中产生的分别为、，氢氧燃料电池中C极得到电子，发生还原反应：，减小，增大，通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应注入C极区；同理，D极失去电子，发生氧化反应：，增大，通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸应注入D极区； ⅱ、从物质和能量的角度，图4利用和制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。 17．是一种重要的工业原料，硫酸工业的发展进程大体可分为前工业生产、硝化法制硫酸的铅室法、硝化法制硫酸的塔式法和接触法制硫酸阶段。 (1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆（）取精华法”，补全反应的化学方程式 ： ①____________； ②。 (2)一种硝化法制硫酸的反应原理分三步进行。 ①被还原为NO，写出上述过程中硫元素被氧化的方程式 。 ②中混有，有利于的氧化，原因是 。 (3)接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：。 ①其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度（某一转化率下，反应速率最快时的温度），绘制某一转化率（）下，反应速率（数值已略去）与温度的关系，如图所示。 解释时越大反应速率数值越低的原因 ；越大最佳操作温度越 （填“高”或“低”）。 ②平衡转化率下所对应的温度叫平衡温度。其他条件不变时，转化率（非平衡时或平衡时）与最佳操作温度、平衡温度的关系如下图所示。 曲线1为 温度曲线（填“平衡”或“最佳操作”），原因是 。 【答案】(1) (2) 和 NO和生成或，生成的或继续和反应 (3) 越大反应物浓度越低，反应速率越慢 低 平衡 相同条件下平衡时的转化率最大 【详解】（1）①该反应中部分S元素的化合价由+6价变为+4价，根据原子守恒及氧化还原反应原理知，应该有部分O元素的化合价由-2价变为0价，则未知的生成物是O2，结合原子守恒配平方程式为； （2）①N2O3被还原为NO，SO2被氧化为SO3，S燃烧时被氧化为SO2，则上述过程中硫元素被氧化的方程式为和； ②SO2中混有O2有利于SO2的氧化，原因是NO和O2生成NO2或N2O3，生成的NO2或N2O3继续和SO2反应； （3）①根据图知，490℃时α越大反应速率数值越低的原因：α越大反应物浓度越低，反应速率越慢；由图可知，α越大最佳操作温度越低； ②相同条件下平衡时的转化率最大，根据图知，曲线1为平衡温度曲线。 18．实现“碳达峰、碳中和”目标之一是有效固定和利用碳。以为原料合成和的有关反应如下： i．   ii．   iii．   回答下列问题： (1)   。 (2)在某催化剂作用下，还原制备的反应历程如图所示。 决速步的基元反应式为 。 (3)一定温度下，在刚性密闭容器中投入和合成，仅发生反应ⅰ。下列情况表明，可逆反应一定达到平衡状态的是_______(填字母)。 A．气体密度不随时间变化 B．气体总压强不随时间变化 C．体积分数不随时间变化 D．平均摩尔质量不随时间变化 (4)在催化剂作用下，密闭容器发生反应i和ii，实验测得温度对平衡体系中甲醇、甲醚物质的量分数关系如图所示。 温度低于600K时，物质的量分数变化可能的原因是 ；一定温度下，增大压强，的物质的量分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (5)在5MPa下，和按体积比进入投料，只发生反应i和iii。平衡体系中，CO和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度变化如图所示。 ①乙代表 (填化学式)。内，随着温度升高，的平衡产量变化趋势是 。 ②时，的分压为 MPa(保留2位有效数字，下同)，反应ⅲ的平衡常数为 (用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】(1)-123 (2) (3)BD (4) 温度对反应ⅱ影响大于反应ⅰ 增大 (5) CO 先减少后增加 0.16 【详解】（1）根据盖斯定律，2×ⅰ+ⅱ得目标反应：； （2）观察图示，过渡态为TS2的能垒最大，它是决速步，基元反应式为：； （3）A．刚性密闭容器体积不变，气体总质量始终不变，密度始终不变，气体密度不随时间变化不能说明反应达到平衡状态，A项不符合题意； B．建立平衡的过程中气体总物质的量减小，气体总压强减小，总压强不变时达到平衡，B项符合题意； C．根据反应式，假设某时刻二氧化碳的转化量为xmol，剩余（1-x）mol，氢气的转化量为3xmol，剩余（1-3x）mol，甲醇生成xmol，水蒸气生成xmol，代入数据计算：在任意时刻体积分数均为，二氧化碳体积分数不随时间变化不能说明反应达到平衡状态，C项不符合题意； D．平均摩尔质量等于质量与物质的量之比，建立平衡的过程中平均摩尔质量是变量，平均摩尔质量不变时达到平衡，D项符合题意； 选BD。 （4）反应ⅰ和ⅱ都是放热反应，升高温度，平衡都逆向移动，反应ⅰ逆向移动，物质的量分数减小，而反应ⅱ逆向移动，物质的量分数增大，综合作用结果，物质的量分数增大，说明温度低于600K时，随温度升高，温度对反应ⅱ影响大于反应ⅰ；反应ⅰ的正反应是气体分子数减小的反应，反应ⅱ是气体分子数相等的反应，增大压强，反应ⅰ正向移动，浓度增大，促进反应ⅱ正向移动，故甲醚的物质的量分数增大； （5）①根据反应可知，反应ⅰ是放热反应，反应ⅲ是吸热反应，升温，反应ⅰ逆向移动，量减小；反应ⅲ正向移动，CO量增大，故甲代表，乙代表CO，在反应ⅰ和ⅲ中反应的和生成的的物质的量之比为，故在该温度区间内水的量先减少后增加； ②设投料和，a、b点对应温度相等，都为270℃，平衡体系中，，，，根据H守恒，，气体总物质的量为；，，，；反应ⅲ平衡常数。 19．甲酸被认为是理想的氢能载体，江西正着力建设“赣鄱氢经济走廊”，打造“氢清江西”绿色发展新功能。 (1)我国科技工作者运用DT计算研究单分子HCOOH在催化剂表面分解产生H2的一种反应进程和相对能量的变化情况如图所示。该进程中，反应速率最慢的步骤为 (填字母)，甲酸分解制氢气的热化学方程式为 。 a．Ⅰ→Ⅱ. b．Ⅱ→Ⅲ c．Ⅲ→Ⅳ d．Ⅳ→Ⅴ (2)在另一种催化剂作用下，甲酸分解制氢的过程如图所示。 过程Ⅰ中，若用HCOO2H代替HCOOH，则在催化剂a处吸附的是 ，过程Ⅱ中，生成的CO2，其一种等电子体含有三种短周期元素并带一个单位负电荷，常用于物质检验，离子符号为 。 (3)已知CO2与H2在固载金属催化剂上可发生以下反应： 反应i： 反应ii： 在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1:1投料，发生反应i和反应ii，反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性)随温度变化曲线如下图所示。 ①一定温度下，为了提高甲酸选择性可采取的措施有 (任写一条)。 ②若M点反应已达到平衡状态，体系中H2的分压为aMPa，则673.15K时反应i的分压平衡常数计算式Kp= MPa-1。 ③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ⅱ的反应速率相比，增加更显著的是反应 (填“i”或“ii”)，判断的依据是 。 【答案】(1) c (注意和要对应) (2) (3) 加压或换用甲酸高选择性催化剂 ii 随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但的选择性却迅速下降 【详解】（1）正反应最高能垒对应的步骤是Ⅲ→Ⅳ，活化能越大，为1.20eV-0.58eV=0.62eV，反应速率越慢，故选c，从图中反应物(Ⅰ)到最终产物(Ⅴ)的相对能量整体降低0.45 eV，反应放热，故甲酸分解制氢的热化学方程式为，故答案为：c； ； （2）过程Ⅰ是HCOOH羧基(-COOH)上的O-H键断裂，断裂的H吸附在催化剂a处，若用HCOO2H代替HCOOH，则在催化剂a处吸附的是2H，等电子体的原子总数相同，最价电子总数也相同，故过程Ⅱ中，生成的CO2，其一种等电子体含有三种短周期元素并带一个单位负电荷，常用于物质检验，离子符号为SCN-，故答案为：2H；SCN-； （3）①反应i是气体体积减小的反应，反应ii是气体体积不变的反应，则增大压强可以使反应i向正反应方向移动，能提高甲酸的选择性，并且选择合适的催化剂也可提高目标产物的选择性，减少副产物发生，故答案为：加压或换用甲酸高选择性催化剂； ②设起始投料n(H2)=n(CO2)=1mol，若M点反应已达到平衡状态，由图可知，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，则平衡时n(H2)=n(CO2)=1mol-1mol×95%=0.05mol，n(HCCOH)=1mol×95%×0.3%=0.00285mol，体系中H2和CO2的分压均为aMPa，HCOOH的分压为=0.057aMPa，则反应i的平衡分压常数为Kp===MPa-1，故答案为：； ③当温度高于673.15K，随温度升高，CO2转化率增大，HCOOH选择性减小，说明CO选择性明显增大，此时主要发生反应ⅱ，反应i与反应ⅱ的反应速率相比，增加更显著的是反应ⅱ，故答案为：ⅱ；随温度升高，CO2转化率增大，HCOOH选择性却迅速下降。 20．N，N—二甲基甲酰胺(DMF)被广泛应用于溶剂领域，尤其在医药、农药及有机合成中有重要地位。一种基于固体催化剂的固定床反应工艺(DMF选择性高)，直接利用、和为原料合成，反应如下： 主反应：+CO2(g)+H2(g)+H2O(g)   +53。 副反应：+CO2(g)+3H2(g)+2H2O(g)    (1)已知部分共价键的键能如下表所示： 共价键 C=O(有机物中) 键能 413 436 728 464 则 。 (2)①由图a可知，当的掺杂量(最佳比例)= 时，所得催化剂在DMA转化率上表现出最佳性能；图b表示不同温度下该催化剂对反应的影响，选择温度 时，该催化剂的活性最高。 ②由图b可知，当为最佳比例时，恒压下，随着温度的升高，DMA的转化率先增大、后减小，分析DMA的转化率变化的原因 。 ③在恒压下，、和按投料进行反应。点达到平衡时，DMA的转化率为，忽略副反应，则主反应的 (列出计算式)。 (3)在为最佳比例及最佳温度下，DMA转化为DMF、TMA反应机理如图所示；加转化为、(*表示吸附)的能量与反应过程如图d所示。 ①写出过渡态为“TS2”的基元反应方程式 。 ②DMA反应时，TMA选择性低的原因是 。 【答案】(1) (2) 15 300 温度低于300℃时，温度升高，催化剂活性增大，反应速率加快，DMA转化率增大；温度高于300℃时，温度升高，催化剂对主反应的活性降低，主反应的反应速率减慢，导致DMA转化率降低 (3) 或 TS3一步的基元反应能垒较大，不利于生成HCHO 【详解】（1）设键的键能为，键的键能为，无机物中的键能为，根据主反应可得，解得，等于反应物的总键能减去生成物的总键能，将带入副反应中，可得； （2）①由图a可知，当的掺杂量为15%时，所得催化剂在DMA转化率上表现出最佳性能；由图b可知，当的掺杂量为15%，温度为300℃时，催化剂的活性最高； ②当温度低于300℃时，随着温度升高，催化剂活性增大，反应速率加快，DMA转化率增大；当温度高于300℃时，温度升高，催化剂对主反应的活性降低，主反应的反应速率减慢，导致DMA转化率降低，因此DMA的转化率先增大，后减小； ③设起始时，、和的物质的量均为1mol，点达到平衡时，DMA的转化率为，可知的转化量为0.15mol，根据三段式有： 可得，，则； （3）①由图d可知过渡态“TS2”的基元反应中反应物为和，生成物为和，因此反应方程式为，也可写成； ②DMA反应时，TS3一步的基元反应能垒较大，不利于生成HCHO，导致TMA选择性低。 试卷第50页，共63页 试卷第51页，共63页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 压轴题12 化学反应原理综合题 一、盖斯定律及其应用 1.利用盖斯定律进行计算 (1)虚拟途径法：先根据题意虚拟转化过程，然后根据盖斯定律列式求解，即可求得待求反应的反应热。 (2)加和法：将所给热化学方程式适当加减得到所求的热化学方程式，反应热也作相应的加减运算。 2.利用键能、活化能进行计算 (1)键能：ΔH＝E(反应物总键能)－E(生成物总键能) (2)活化能：ΔH＝E(正反应活化能)－E(逆反应活化能) 二、反应速率 1.速率方程 一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。 对于反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，则v正＝k正·ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数)。 2.速率常数与化学平衡常数之间的关系 一定温度下，可逆反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，因平衡时v正＝v逆，则k正·ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H)，＝＝K。 三、化学平衡常数及其计算 1．化学平衡常数表达式的书写 (1)不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。如： CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) K＝c(CO2)。 Cr2O(aq)＋H2O(l)2CrO(aq)＋2H＋(aq) K＝。 但在非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。如： C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) K＝。 (2)有气体参与的反应，用平衡分压(总压乘以各自的物质的量分数)表示平衡常数。 如：2A(g)＋B(s)C(g)。若达到平衡时，n(A)＝n1、n(C)＝n2，密闭体系的压强为p，则Kp＝＝。 (3)化学平衡常数的计算规则 ①同一可逆反应中，K正·K逆＝1。 ②同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是K′＝Kn或K′＝。 ③几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积；两方程式相减所得反应的平衡常数为两个平衡常数之比。 ④水溶液中进行的反应，必须拆成离子方程式再计算平衡常数。 2．化学平衡常数与温度的关系 热效应 温度变化 K的变化 热效应 温度变化 K的变化 放热反应 升温 减小 吸热反应 升温 增大 降温 增大 降温 减小 四、转化率、产率等计算与变化判断 1．三段式突破平衡的有关计算 　　　 　　 mA(g) ＋ nB(g) pC(g) ＋ qD(g) a b 0 0 mx nx px qx a－mx b－nx px qx (1)vA＝。 (2)转化率αA＝×100%。 (3)K＝。 (4)生成物的产率：实际产量占理论产量的百分数。一般来说，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。 产率＝×100%。 (5)混合物中某组分的百分含量＝×100%。 01 考查盖斯定律、反应速率和化学平衡 1．（2024·广东·二模）含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。 Ⅰ.工业废气分解可制取。 (1)已知热化学方程式： ⅰ.     ⅱ.     ⅲ.     热分解反应的 (用含、、的式子表示)。 (2)一定温度下，2mol 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为 ；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，则该温度下的平衡常数 。 Ⅱ.KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与发生第一、二步络合的反应如下： ⅳ.       ⅴ.      (3)根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。 A．加水稀释后，溶液中离子的总数减少 B．加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变 C．反应的平衡常数 D．溶液中减小，与浓度的比值减小 (4)常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度(含铬微粒)随的变化曲线如图所示，平衡后其他含铬微粒(3≤x≤6，图中未画出)总浓度为amol/L。 ①时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为 ；A点时，溶液中的平衡浓度为 (列出计算式即可)。 ②在某电镀工艺中，的浓度需要在以上，结合计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 (写出计算过程)。 02 考查反应速率、化学平衡和电化学 2．（2024·广东·二模）含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。 Ⅰ.工业废气分解可制取。 (1)已知热化学方程式： ⅰ.     ⅱ.     ⅲ.     热分解反应的 (用含、、的式子表示)。 (2)一定温度下，2mol 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为 ；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，则该温度下的平衡常数 。 Ⅱ.KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与发生第一、二步络合的反应如下： ⅳ.       ⅴ.      (3)根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。 A．加水稀释后，溶液中离子的总数减少 B．加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变 C．反应的平衡常数 D．溶液中减小，与浓度的比值减小 (4)常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度(含铬微粒)随的变化曲线如图所示，平衡后其他含铬微粒(3≤x≤6，图中未画出)总浓度为amol/L。 ①时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为 ；A点时，溶液中的平衡浓度为 (列出计算式即可)。 ②在某电镀工艺中，的浓度需要在以上，结合计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 (写出计算过程)。 03 考查反应速率和化学平衡图像 3．（2024·福建漳州·三模）甲醇是一种可再生的清洁能源，以甲醇为原料制备氢气的原理为。 (1)已知相关物质的标准燃烧热(25℃，101kPa)如表所示，则上述反应的 。 物质 标准燃烧热() (2)中国石油大学陈玉教授团队研究了在催化剂Pd／MgO(100)表面的催化反应机理，其部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用“*”标注，过渡态用TS表示)： 图示历程中最大能垒为 eV，决速步骤的化学方程式为 。 (3)一定温度下，维持100kPa，将与Ar(g)以一定比例投料发生上述反应，测得的平衡转化率及的分压随x的变化关系如图所示： 已知：为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。 ①图中表示的平衡转化率随x变化的曲线为 (填“A”或“B”)，判断理由是 。 ②当x=1时，平衡体系中 kPa． ③若正、逆反应速率方程分别为、，、分别为正、逆反应的速率常数，则该反应的平衡常数 (用、表示)，当x=5，时， 。 04 考查反应热、化学平衡和反应历程 4．（2024·湖南·二模）水煤气是一种优质燃料和重要的化工原料，其制备方法是将水蒸气与焦炭在高温下混合反应，然后投入固体进行处理。 I．在温度下将高温水蒸气通入炽热的焦炭中，其中可能发生的一些反应如下： 反应方程式 焓变 压强平衡常数 ① ② (1)已知反应的焓变，近似认为反应焓变不随温度变化，则焦炭的燃烧热 。 (2)在温度下体系达到化学平衡，将这一时刻记为，然后将可压缩的恒温反应容器突然压缩至原来体积的一半。将压缩之后这一瞬间的时刻记为，重新达到平衡时的时刻记为，则______（填标号）。 A．时，反应①的正反应速率比时增大 B．时，反应②的逆反应速率比时减小 C．时，反应①的压强平衡常数比时增大 D．时，水蒸气的转化率比时减小 (3)反应②的平衡常数很小，若近似忽略生成的反应，在一个体积固定的恒温容器内投入足量焦炭与一定量的水蒸气，在温度下达到平衡时水蒸气的转化率为，下图的三条曲线分别代表了达到平衡时不同的转化率对应的水蒸气分压、分压、体系的总压，则代表分压的曲线是 （填标号）。欲使平衡转化率为，则初始充入水蒸气的压强应为 （结果保留两位有效数字）。 Ⅱ．投入固体可吸收反应产生的，生成。除了以外，钙还有多种氧化物。 (4)在大约的高压条件下还可以进一步与反应得到由和构成的另一种钙的氧化物，预测的VSEPR模型名称是 . (5)反应生成的在自然界中会被溶解有的雨水溶蚀，该过程的离子方程式为 。已知，碳酸的（碳酸浓度以形式计算）、某雨水恰好能够溶解，此时该雨水中的浓度为，忽略固体溶解产生的体积变化，则此时该雨水的为 。 1．甲烷干重整反应是实现甲烷和二氧化碳转化为合成气(和)的重要途径。该重整反应体系主要涉及以下反应： I.  (主反应) II.  (副反应) III.  (副反应) IV.  (副反应) (1)已知和的燃烧热分别为、，则 。 (2)上述反应体系在建立平衡后改变下列条件，保持其他条件不变，下列说法正确的是_______。 A．缩小容器体积，反应III的平衡可能发生移动 B．移去部分，反应II C．降低温度，反应IV增大，减小 D．反应I使用高效催化剂时，不变(Ea和Ea′分别代表反应I的正、逆反应活化能) (3)反应I、II、IV的与温度倒数的关系如下图所示[为标准平衡常数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压］。 在温度下、原料组成为、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时的分压为，则= ，的平衡转化率为 (用含x的代数式表达)。 (4)可用作甲烷干重整反应的催化剂。研究人员运用密度泛函理论分析得到，晶体氧空位多少不同时，部分反应历程中的基元反应的能量变化如下图所示。据此判断，当氧空位越 时(填“多”或“少”)，越有利于反应进行；判断理由是 。 (5)向晶体(属于立方型)中掺杂钐离子可产生氧空位，占据部分的位置，氧空位位于部分的位置，如图所示。 ①晶胞参数为540pm，则距离最近的和之间的距离为 pm。 ②若掺杂后，晶体中与的个数比为9：1，则空缺率为 (空缺率为空位数占未产生空位时总数的百分比)。 2．锰及其化合物在生产和生活中发挥着重要的作用。 (1)基态Mn的价层电子排布式为 。 (2)含锰催化剂催化NH3脱硝烟的一种反应机理如图7。 ①上述过程，催化剂为 。 ②该过程总反应的化学方程式为 。 (3)一定条件下，酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应过程中不同价态Mn粒子的浓度随时间变化如图所示，Mn(Ⅱ)起催化作用。 ①据图估算，5min时v(H2C2O4)= mol·L⁻¹·min⁻¹。 ②下列说法正确的是 。 A．随着反应的进行，反应速率逐渐减小 B．该条件下，Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存 C．Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4 D．随着反应的进行，溶液中H⁺浓度不断增大 (4)室温下，MnSO₄在不同pH溶液中含锰微粒Mn2⁺、MnOH⁺、Mn(OH)₂、、的分布系数δ与pH的关系如图。 已知：δ(MnOH⁺)=，可脱水生成MnO2。 ①加水稀释，平衡时c()：c(Mn2⁺)的值 (填“增大”、“不变”或“减小”)。 ②MnOH⁺ +2OH⁻+H2O平衡常数K= 。 3．碳酸盐作为地球碳循环的关键物质，其转化和利用与环境气候变化紧密相关。 Ⅰ．某研究团队通过直接对碳酸钙进行氢化生成高附加值的化学品，相关反应如下。 i．   ii．   (1)CO与的混合气(体积比为)可用于合成多种化工产品。利用上述反应获得1 mol该混合气，理论上需吸收的热量为 。 (2)恒温恒容条件下，向真空密闭容器中加入足量碳酸钙、合适的固体催化剂，通入，只发生反应i和反应ii，测得装置总压随时间变化如下表： 时间/min 0 10 20 30 40 50 总压/MPa 2.00 2.17 2.08 2.01 1.95 1.95 ①反应过程中总压先增大后减小的原因是 。 ②实验结束后共收集到，计算反应i的平衡常数 MPa。 Ⅱ．碳酸钙还可用于燃煤脱硫，相关反应如下。 i． ii． iii． (3)恒定温度为T℃，在2 L的刚性容器中加入一定量的和、混合气体，起始压强为。 ①20 min时测得体系有，则用表示的化学反应速率为 (用含代数式表示)。 ②反应一段时间达平衡后，测得体系中总压为，和，体积分数分别为8％、12％，则体系中的物质的量为 。若继续向刚性容器中充入少量，再次平衡时将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 4．二甲醚()无毒、无腐蚀性，燃烧后不产生碳烟，是重要的化工原料和环保产品。碳中和背景下，加氢制二甲醚是有潜力实现资源化利用的重要途径之一、 ① ② ③ ④ 回答下列问题： (1)写出直接加氢制二甲醚的热化学反应方程式： ，该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 (2)在密闭容器中通入，只进行反应②和④，一定压强下，研究温度对转化率和二甲醚产率的影响如图1，一定温度下，研究压强对转化率和二甲醚产率的影响如图2.该工艺最佳反应条件为 ，该反应条件下反应④的 (列出计算式即可)。 (3)在密闭容器中通入，只进行反应①、③和④，研究平衡转化率、二甲醚产率与温度的关系。图3中表示平衡转化率的曲线为 ，该曲线呈现图中趋势的可能原因是 。 (4)铝催化剂催化二甲醚羰基化的反应历程如图4所示，该催化历程中的决速步为 (填“”“”“”或“”)，二甲醚羰基化的机理图如图5所示，则二甲醚羰基化的生成物是 。 5．硫化氢消除并资源化利用是天然气开采、炼油行业、煤化工等工业中长期面临的重要研究课题。 (1)催化重整法。可以用作脱除的催化剂，脱除过程如图1所示。 ①脱除时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，其吸附能力比按图甲强，请从结构角度解释其原因 。 ②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是 。 (2)和的重整制氢涉及的反应如下： Ⅰ． Ⅱ． Ⅲ． 在恒压下按组成为通入混合气体，测得平衡状态下的收率和的转化率随温度的变化曲线如图2所示。 已知：的收率的收率 ①反应Ⅲ能 (填“高温”或“低温”)自发进行。 ②计算温度下的收率 。 ③设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为)除以。计算时反应Ⅰ的相对压力平衡常数为 (写出计算式即可) (3)某种光电催化法可用于脱除，其原理如图3所示。 ①光电催化法脱除的离子方程式为 。 ②与直接加热分解法相比，光电催化法的优点是 。 6．研究表明工业上采用Fe-ZSM-a（铁基催化剂）选择性催化还原（SCR）工艺在低温下可实现生产中的减排，所涉及的反应如下： 反应Ⅰ  ， 反应Ⅱ   回答下列问题： (1)已知反应Ⅰ中相关键能数据如下表所示，中所有化学键断裂时需要吸收的能量为 kJ。 共价键 O=O O-O 键能/ 946 418 497 142 (2)298K时，反应Ⅰ的值很大，但的热分解却难以发生，其原因是 。 (3)恒温条件下，若只考虑体系中反应Ⅱ，可判断该反应处于平衡状态的是 （填字母序号）。 a．的分压不变    b．    c．反应器内气体密度不变 为进一步提高的平衡转化率，可采取的措施有 （任写一条）。 (4)实验室将和按进料比、1、2充入填充有Fe-ZSM-a的恒容反应器中发生反应Ⅱ，经相同时间得到转化率与温度（T）、进料比关系如图。 ①曲线Ⅲ表示的进料比 ；反应在M点达到平衡，此时的转化率为 ，用平衡分压表示的化学平衡常数 （物质的量分数，初始压强为）。 ②计算机模拟在Fe-ZSM-a表面上变化的反应历程如图（吸附在催化剂表面的物种用“*”标注），决速步骤的反应方程式为 。 7．、常用于制造农药等，磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。回答下列问题： (1)已知：  。若的键能为、的键能为，则的键能为 。 (2)温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入，发生反应，经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表： t/s 0 50 150 250 350 1.0 0.84 0.82 0.80 0.80 ①反应在前50s的平均反应速率 。 ②下列描述中能表明该反应已达到平衡状态的是 。 A．混合气体的密度不变    B．混合气体的平均相对分子质量不变 C．    D．混合气体的压强不变 (3)实验测得的速率方程为(k为速率常数，只与温度、活化能有关)，速率常数k与活化能的经验关系式为(R、C为常数，为活化能，T为热力学温度)。 ①一定温度下，向密闭容器中充入适量和，实验测得在催化剂Cat1、Cat2作用下，Rlnk与的关系如图所示。催化效能较高的是 (填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是 。 ②将和充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反应，达到平衡时，为a mol；如果此时继续充入和相同温度下再达到平衡时的物质的量为x。则x为 (填字母)。 A．    B．    C．    D． (4)向恒容密闭容器中按的投料比投入和，发生反应：。不同条件下反应体系总压强(p)随时间(t)的变化如图所示。 ①相对曲线b，曲线c改变的条件可能是 。 ②曲线c条件(恒温恒容)下，该反应的压强平衡常数 kPa。 8．乙醇水蒸气重整制氢工艺的产氢效率高、毒性低，并且乙醇可通过生物发酵获得，是一种可持续发展、具有理想应用前景的制氢途径。A．Akande等科学家研究了以为催化剂的乙醇水蒸气重整反应。反应如下：   Ⅰ：  ； Ⅱ：。 回答下列问题： (1)反应Ⅰ在常温下 (填“能”或“不能”)自发进行。 (2)由上述反应可知： kJ/mol。 (3)若在一定温度下，恒容密闭容器中发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，下列说法正确的是 (填标号)。 A．能改变重整反应的历程，增大活化分子百分数 B．若混合气体的密度保持不变，说明反应体系已达到平衡状态 C．增大的浓度，有利于提高的平衡转化率 (4)研究发现，压强为条件下，平衡时和CO的选择性及的产率随温度的变化如图所示。[CO的选择性] ①图中表示平衡时的产率随温度变化的曲线是 (填字母)。 ②在密闭容器中，以投料比通入混合气体，此时的转化率为66.67%，求M点时反应Ⅱ的平衡常数 (列出计算式即可)。 (5)乙醇水蒸气重整制氢反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表： 两种催化剂上积碳反应和消碳反应的焓变与活化能 积碳反应 消碳反应 75 172 活化能/ 催化剂X 33 91 催化剂Y 43 72 ①催化剂性能更好的是催化剂 (填“X”或“Y”)。 ②反应进料气组成、压强以及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。曲线变化的原因是 。 9．水体中的、、是高毒性的重金属离子，可用表示。可以采用还原沉淀法、吸附法等处理含废水。 (1)钡盐沉淀法： ①部分转化为的离子方程式为 。 ②向含的酸性废水中加入钡盐，可生成难溶于水的沉淀，其他条件一定，使用等物质的量的或，反应足够长的时间，使用时的沉铬率要优于使用的原因是 。 (2)纳米铁粉还原法： 纳米铁粉可将水体中还原为，再通过调节溶液pH转化为沉淀而被除去。 ①在氮气气氛保护下，向一定量的溶液中逐滴加入一定量的溶液，可制得纳米铁粉，反应的离子方程式为，已知电负性：，反应每转移4mol电子，被氧化的的物质的量为 。 ②实验发现，其他条件相同，含铁的物质的量相同，用纳米铁粉和铁-铜粉分别处理5的含废水，废水中的去除率随时间变化关系如图1所示，用铁-铜粉处理含废水的效果更好，原因是 。 (3)还原吸附法： 可吸附并部分还原，原理如图2所示。实验控制在的弱酸性条件下进行。 ①在的水溶液中表面带正电荷，在的水溶液中表面带负电荷。在弱酸性条件下，除铬的速率比碱性条件下快的原因是 。 ②起始时，溶液中和的浓度随时间的变化如图3所示。浓度先增大后减小的原因是 。 (4)离子交换法： 阴离子交换树脂去除酸性废水中的原理为：。某树脂的摩尔交换总容量为，即每升湿树脂最多吸收。现将含量为的废水以的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和 。［均以铬元素计，写出计算过程］ 10．挥发性有机化合物的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯的过程如下： I．CH3COOCH2CH3(g)+5O2(g)4CO2(g)+4H2O(g)∆H1<0(主反应) II．CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)∆H2>0 III．CH3COOH(g)+2O2(g)2CO2(g)+2H2O(g)∆H3<0 IV．CH3CH2OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g)∆H4<0 (1)反应CH3COOCH2CH3(g)+H2O(g)CH3COOH(g)+CH3CH2OH(g)∆H2= (用含∆H1、∆H3和∆H4的代数式表示)。 (2)在绝热恒容的条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ．下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是 (填字母)。 a．混合气体的平均相对分子质量保持不变 b．混合气体的密度保持不变 c．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变 d．反应的温度保持不变 (3)将反应Ⅱ生成的气体以一定流速通过含Cu＋修饰的吸附剂，分离其中的CH3COOH(g)和CH3CH2OH(g)，Cu＋能与π键电子形成作用力较强的配位键。测得两种气体的出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图1所示。20～40min，CH3CH2OH(g)浓度比增大而CH3COOH(g)浓度比几乎为0的原因是 。 (4)压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(CH3COOCH2CH3、CH3COOH、CH3CH2OH和CO2)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表S(CH3COOH)随温度的变化。 已知：。 ①代表S(CH3COOCH2CH3)随温度变化的曲线是 (填“a”“b”或“d”)，S(CH3COOCH2CH3)在温度T2至T3间变化的原因是 。 ②温度为T2时，二氧化碳的体积分数是 (保留一位小数)。 ③若n(CH3COOCH2CH3)：n(O2)：n(H2O)=1：10：1，则将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 11．萘类物质的加成反应，可以合成多种环状结构的异构体，并在工业中有重要应用，利用1-甲基萘(1-MN)制备四氢萘类物质(MTLs，包括1-MTL和5-MTL)。反应过程中伴有生成1-甲基十氢萘(1-MD)的副反应，涉及反应如图： (1)已知一定条件下反应、、的焓变分别为、、，则反应的焓变 (用含、、的代数式表示)。 (2)同苯类似，萘()也属于芳香烃，是平面分子，其分子中也含有大键，则萘的大键可表示为 。 (3)四个平衡体系的压强平衡常数与温度的关系如图所示。 ①1-MN，MTLs，1-MD中最稳定的是 。 ②若曲线c、d分别代表反应、的平衡常数随温度的变化，则表示反应的平衡常数随温度变化的曲线为 。(填“a”或“b”) (4)一定温度下，将一定量的1-MN投入一密闭容器中，保持体系中浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)检测到四种有机物的物质的量随时间的变化关系如图所示。已知：①以上各反应的速率方程均可表示为，其中、分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数；②在该条件下，、的速率常数的关系为。 ①图中表示5-MTL的曲线是 。(填“a”、“b”、“c”或“d”) ②为了提高1-MTL产率，可采取的方法为 。(答一条) (5)一定温度下，在体积1L的密闭容器中投入1mol 和10mol 发生上述反应，达到平衡时，容器中为0.2mol，为0.3mol，的转化率为25%，的产率为 。 12．乙烯是常用化工原料，其制备、利用和转化具有重要意义。 (1)二氧化碳氧化乙烷制备乙烯，主要发生反应： Ⅰ．   Ⅱ．   ①若起始加入和的物质的量分别为、，仅考虑上述反应，达到平衡时体系中所有含碳物质与起始物质之间存在的等量关系为： (X用具体物质化学式表示)。 ②实际投料比采用，而不采用3：1的原因是 。 (2)乙烯催化氧化制乙醛和环氯乙烷()，发生以下反应： ⅰ． ⅱ．2(g) 常压下，将一定比例、混合气体匀速通过装有催化剂的反应器，不同温度下测得的相关数据见下表[乙醛的选择性]： 温度/℃ 90 110 130 150 乙烯转化率/% 8 13 29 60 乙醛选择性/% 78 70 65 57 ①90~150℃范围内，乙醛产率随温度升高而 (填“增大”、“减小”或“不变”)。 ②90~150℃范围内，乙醛选择性随温度升高而降低的原因是 。 ③150℃时，控制反应温度和时间不变，能提高环氧乙烷选择性的措施是 。 (3)在果蔬储存和运输中，一种转化反应的部分机理如图所示(表示活性氧)。研究表明，催化剂表面酸性强的桥羟基()是催化氧化的活性位点，而酸性弱的硅羟基和铝羟基()则不显示催化活性。 ①从键的极性角度，分析桥羟基酸性更强的原因是 。 ②生成的吸附在催化剂表面使催化活性下降，其原理是 。 13．研究二氧化碳的利用对实现碳中和有重要意义。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下： 主反应： 副反应： 回答下列问题： (1)部分化学键的键能如下表： 化学键 C-H C-O O-H 键能/(kJ/mol) 436 414 326 464 则的键能为 。 (2)将的混合气体分别置于P1、P2的恒压密闭容器中同时发生主反应和副反应，不同温度下体系中CO2(g)的平衡转化率和CH3OH(g)、CO(g)的选择性如下图所示。[如CH3OH(g)选择性 ①曲线b代表 (填“CH3OH”或“CO”)的选择性。 ②P1 P2(填“>”或“<”)，理由是 。 ③温度高于250℃，曲线c上升的原因是 。 ④在230℃和压强为P1时，主反应达到平衡时的分压平衡常数Kp= (用含P1的计算式表示)。 (3)我国科学家设计了一种利用活性催化电极吸收二氧化碳制备甲酸(甲酸盐)的装置，其原理如图所示。 电解过程中阴极的电极反应式为 。 14．小分子在科学研究和生产实践中有着重要作用。回答下列问题： Ⅰ．的转化与利用 (1)科学研究人员通过“Sabatier反应器”实现了将转化为，如图1是空间站中的循环过程示意图。 已知：某温度下，由处于标准状态的各种元素的指定单质生成标准状态的1mol某纯物质的热效应，叫做该温度下该物质的标准摩尔生成热。下表给出了几种物质在298 K下的标准摩尔生成热，则“Sabatier反应器”中发生反应的热化学方程式为 。 物质 -393.51 -74.85 -241.82 0 (2)写出一种有利于提高“Sabatier反应器”中反应的转化率的措施 。 Ⅱ．有机胺用于塑料加工 工业上可用对苯二胺加氢制备1，4-环己二胺，主要反应如下： (3)现取4mol对苯二胺，少量催化剂和一定量的氢气于反应釜中发生反应，后，对苯二胺的转化率以及环己二胺的选择性随温度变化如图2所示，则内，时，环己二胺)= (列出计算式)。 (4)当温度高于时，对苯二胺的转化率以及环己二胺的选择性随温度升高均呈现下降趋势，试分析其原因可能为 。 Ⅲ．甲醇的制备 利用和合成甲醇主要涉及以下反应： 反应①： 反应②： 在1L的密闭容器中，加入催化剂，并投入和发生上述两个反应，的平衡转化率和甲醇的选择性随温度的变化趋势如图3所示。 (5)由图可知，达到平衡最适宜的温度为 (填“413 K”“513 K”或“550 K”)。 (6)550 K时，若反应后体系的总压强为p，则反应①的 (列出计算式)。 Ⅳ．甲酸的制备 工业上制备甲酸的反应为，该反应的速率方程。 (7)已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k为速率常数，R和C均为常数)。在催化剂1和催化剂2作用下，测得该反应的与的关系如图4所示。其中催化效率比较高的是 (填“催化剂1”或“催化剂2”)，在催化剂2的作用下，活化能 。 15．利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下。 已知：i．MnO易被氧化为，MnO能溶于氨水生成。 ii． (1)脱硅时进行的分离操作是 。 (2)在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。 温度/℃ 600 700 800 主要成分 MnO、 MnO、、、MgO MnO、、MgO 下列说法正确的是 (填序号)。 A．800℃时发生了反应： B．热稳定性： C．焙烧时，的作用是避免被氧化 (3)已知分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将替换为显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因： 。 (4)图1中，氨水-溶液中的总氮浓度固定为。结合图1解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因： 。 (5)沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因： 。 (6)该工艺流程中可再次利用的物质为 。 16．硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。 (1)18~19世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。 ①工业上可用生产，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是 。 ②制硫酸总反应的化学方程式是 。 ③中反应的与的物质的量之比是 。 (2)现代用接触法制硫酸，关键工序是的催化氧化：　 ①中硫氧键键能的平均值为中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为 。 ②其他条件不变，相同时间内的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于，的转化率减小，可能的原因是 。 (3)人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。 电解废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。 注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。 ①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理： 。 ②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的、较浓硫酸和较浓氨水联合处理废液，其原理示意图如图4所示。 ⅰ、较浓硫酸应注入 (填“C极区”或“D极区”)。 ⅱ、从物质和能量的角度说明联合生产的优点： 。 17．是一种重要的工业原料，硫酸工业的发展进程大体可分为前工业生产、硝化法制硫酸的铅室法、硝化法制硫酸的塔式法和接触法制硫酸阶段。 (1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆（）取精华法”，补全反应的化学方程式 ： ①____________； ②。 (2)一种硝化法制硫酸的反应原理分三步进行。 ①被还原为NO，写出上述过程中硫元素被氧化的方程式 。 ②中混有，有利于的氧化，原因是 。 (3)接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：。 ①其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度（某一转化率下，反应速率最快时的温度），绘制某一转化率（）下，反应速率（数值已略去）与温度的关系，如图所示。 解释时越大反应速率数值越低的原因 ；越大最佳操作温度越 （填“高”或“低”）。 ②平衡转化率下所对应的温度叫平衡温度。其他条件不变时，转化率（非平衡时或平衡时）与最佳操作温度、平衡温度的关系如下图所示。 曲线1为 温度曲线（填“平衡”或“最佳操作”），原因是 。 18．实现“碳达峰、碳中和”目标之一是有效固定和利用碳。以为原料合成和的有关反应如下： i．   ii．   iii．   回答下列问题： (1)   。 (2)在某催化剂作用下，还原制备的反应历程如图所示。 决速步的基元反应式为 。 (3)一定温度下，在刚性密闭容器中投入和合成，仅发生反应ⅰ。下列情况表明，可逆反应一定达到平衡状态的是_______(填字母)。 A．气体密度不随时间变化 B．气体总压强不随时间变化 C．体积分数不随时间变化 D．平均摩尔质量不随时间变化 (4)在催化剂作用下，密闭容器发生反应i和ii，实验测得温度对平衡体系中甲醇、甲醚物质的量分数关系如图所示。 温度低于600K时，物质的量分数变化可能的原因是 ；一定温度下，增大压强，的物质的量分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (5)在5MPa下，和按体积比进入投料，只发生反应i和iii。平衡体系中，CO和在含碳产物中的物质的量分数及转化率随温度变化如图所示。 ①乙代表 (填化学式)。内，随着温度升高，的平衡产量变化趋势是 。 ②时，的分压为 MPa(保留2位有效数字，下同)，反应ⅲ的平衡常数为 (用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 19．甲酸被认为是理想的氢能载体，江西正着力建设“赣鄱氢经济走廊”，打造“氢清江西”绿色发展新功能。 (1)我国科技工作者运用DT计算研究单分子HCOOH在催化剂表面分解产生H2的一种反应进程和相对能量的变化情况如图所示。该进程中，反应速率最慢的步骤为 (填字母)，甲酸分解制氢气的热化学方程式为 。 a．Ⅰ→Ⅱ. b．Ⅱ→Ⅲ c．Ⅲ→Ⅳ d．Ⅳ→Ⅴ (2)在另一种催化剂作用下，甲酸分解制氢的过程如图所示。 过程Ⅰ中，若用HCOO2H代替HCOOH，则在催化剂a处吸附的是 ，过程Ⅱ中，生成的CO2，其一种等电子体含有三种短周期元素并带一个单位负电荷，常用于物质检验，离子符号为 。 (3)已知CO2与H2在固载金属催化剂上可发生以下反应： 反应i： 反应ii： 在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1:1投料，发生反应i和反应ii，反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性)随温度变化曲线如下图所示。 ①一定温度下，为了提高甲酸选择性可采取的措施有 (任写一条)。 ②若M点反应已达到平衡状态，体系中H2的分压为aMPa，则673.15K时反应i的分压平衡常数计算式Kp= MPa-1。 ③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ⅱ的反应速率相比，增加更显著的是反应 (填“i”或“ii”)，判断的依据是 。 20．N，N—二甲基甲酰胺(DMF)被广泛应用于溶剂领域，尤其在医药、农药及有机合成中有重要地位。一种基于固体催化剂的固定床反应工艺(DMF选择性高)，直接利用、和为原料合成，反应如下： 主反应：+CO2(g)+H2(g)+H2O(g)   +53。 副反应：+CO2(g)+3H2(g)+2H2O(g)    (1)已知部分共价键的键能如下表所示： 共价键 C=O(有机物中) 键能 413 436 728 464 则 。 (2)①由图a可知，当的掺杂量(最佳比例)= 时，所得催化剂在DMA转化率上表现出最佳性能；图b表示不同温度下该催化剂对反应的影响，选择温度 时，该催化剂的活性最高。 ②由图b可知，当为最佳比例时，恒压下，随着温度的升高，DMA的转化率先增大、后减小，分析DMA的转化率变化的原因 。 ③在恒压下，、和按投料进行反应。点达到平衡时，DMA的转化率为，忽略副反应，则主反应的 (列出计算式)。 (3)在为最佳比例及最佳温度下，DMA转化为DMF、TMA反应机理如图所示；加转化为、(*表示吸附)的能量与反应过程如图d所示。 ①写出过渡态为“TS2”的基元反应方程式 。 ②DMA反应时，TMA选择性低的原因是 。 试卷第36页，共36页 试卷第35页，共35页 学科网（北京）股份有限公司 $$