专题10 化学反应原理综合题（新高考通用）-【好题汇编】2025年高考化学三模试题分类汇编

学科网（北京）股份有限公司 专题10化学反应原理综合题 1．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）合成氨是人类科学技术的重大突破，我国目前氨的生产能力位居世界首位。 (1)已知合成氨反应中每生成，放出46.07 kJ热量，请写出合成氨的热化学方程式 。 (2)关于合成氨工艺的理解，下列正确的是________。 A．合成氨工业中，为了防止混有的杂质使催化剂“中毒”，原料气必须经过净化 B．根据勒夏特列原理，合成氨宜采用400～500℃高温 C．及时补充和，使反应物保持一定浓度，有利于合成氨的反应 D．恒温恒容条件下，等物质的量的和投入装置内反应，当的体积分数不变时，可以判断反应达到平衡状态 (3)为了显著提高传统金属催化剂在温和条件下的合成氨性能，中科院大连化学物理研究所科研团队构筑了“过渡金属—LiH”双活性中心催化体系，其反应过程分为以下三步（*表示催化剂的活性位点），据此写出②的化学方程式。 ①。 ② 。 ③。 (4)常用于烟气中的脱硝，反应如下： 反应I．   反应Ⅱ．   ①某条件下对于反应I，，，、为速率常数。升高温度时，增大a倍，增大b倍，则a b（填“>”、“<”或“=”）。 ②当温度为273℃，在恒容密闭的容器中，发生上述两个反应。通入、NO、的物质的量比为，初始压强为，达到平衡后测定NO的逃逸率为25.0％（NO逃逸率），。则氨气的转化率为 ％（结果保留3位有效数字），反应I的 （写出含的计算式即可）。 (5)将一定比例的、和NO的混合气体匀速通入装有催化剂M的反应器中，反应相同时间，NO的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。解释在50～150℃范围内随温度升高，NO的去除率迅速上升的主要原因是 。 2．（2025·江苏南通·三模）氨气既是化工原料，也是清洁能源，研究氨气的合成具有重要意义。 (1)已知氨气的部分反应及信息如下：       的密度为 完全燃烧生成和，可以产生的热量是 。 (2)一种合成气(含体积分数为54%的、35%的CO、7%的和4%的)可通过如下图所示转化制取合成氨气的原料。 , ①若转化Ⅰ中CO、完全反应，得到的和的物质的量之比为 。 ②实际进行转化(Ⅰ)反应时，合成气中需添加一定量的水蒸气。添加水蒸气的目的是 。 ③其他条件一定，将添加了水蒸气的合成气通过装有和CaO的反应管，测得出口处CO的体积分数与反应温度的关系如下图所示。 Ⅰ．400~550℃，温度越高，出口处CO体积分数越低的原因是 。 Ⅱ．高于550℃，出口处CO体积分数随温度升高增大的原因是 。 (3)一种、可持续电催化合成氨的原理如下图(如中、、、可表示烃基)所示。 ①物质Y的结构简式为 。 ②与、直接合成氨的工艺相比，该方法的优点除产氨效率高外，还有 (任写一点)。 3．（2025·湖北黄冈·三模）二氧化碳的利用技术潜力巨大，可用于合成诸多化工产品。某科研小组将CO2用于合成新型能源二甲醚(CH3OCH3)，根据题目所给信息及所学知识完成以下问题。 (1)已知一定条件下，由元素的最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓，符号为ΔfHm。根据下表数据，计算出反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的反应热ΔH为 kJ·mol-1。 物质 CO2(g) H2O(g) CH3OCH3(g) ΔfHm/kJ·mol-1 -393.5 -241.8 -185 (2)上述过程主要包含以下三个反应： 反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1<0    反应2：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)  ΔH2<0 反应3：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)  ΔH3>0    有关上述反应体系的下列说法中正确的有___________。 A．反应1和反应2低温自发，反应3高温自发，因此应采取低温环境进行生产 B．若生产过程中移去部分CH3OH(g)，反应3的平衡向右移动 C．增大压强既能加快反应速率，也能提升CH3OCH3的产率 D．加入反应1的催化剂，可提高CO2的转化率 (3)在3.0 MPa下研究人员在恒压密闭容器中充入4 mol H2和l mol CO2发生反应，CO2的平衡转化率和CH3OCH3或CO的选择性随温度变化如下图所示。 已知：[A物质的选择性=] ①指出图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 (填字母)，试解释该曲线的变化趋势： 。 ②计算220℃时，CH3OCH3的平衡产率为 。(产率=实际产量/理论产量×100%) ③220℃时反应3的Kp为 。(Kp为用分压表示的平衡常数，气体的分压=总压×该气体的物质的量分数，保留2位有效数字) ④未知容器体积时，若要得到浓度平衡常数Kc，还可以借助理想气体状态方程pV=nRT和压力平衡常数Kp来实现，试得出反应1的Kc换算公式：Kc= 。 4．（2025·浙江嘉兴·三模）“双碳”背景下，以为原料合成等原料有重要的意义。涉及到的反应如下： Ⅰ．加氢制甲醇 已知如下热化学方程式： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： (1)计算： 。 (2)维持总压和投料比不变，将和混合气以一定流速通过反应器，存在上述三个反应。的转化率和甲醇的选择性温度T的变化关系如下图所示。 已知：，忽略温度对催化剂活性造成的影响。 ①为同时提高二氧化碳平衡转化率和反应速率，控制的条件合理的是 。 A．升高温度                                    B．增大压强 C．使用能显著减小反应ⅱ活化能的催化剂            D．使用能分离的分子筛 ②当T>236℃时，甲醇的选择性随温度T的增大而减小，可能的原因是 。 ③240℃时，反应ⅰ的 (对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。 Ⅱ．利用电化学方法通过微生物电催化将有效地转化为，装置如图所示。 (3)钛网电极是 极(填“阳”或“阴”)，写出生成的电极反应式 。 Ⅲ．一种金属氧化物(用MR表示)催化与环氧丙烷()反应制碳酸酯()反应机理如图所示。已知中的碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。 (4)MgO活化催化的能力大于，试从结构角度分析原因 。 5．（2025·浙江温州·三模）在化工生产中具有非常高的经济价值。利用直接合成的反应如下：。请回答： (1)该反应的自发性_______。 A．高温自发 B．低温自发 C．任意温度下自发 D．任意温度下不自发 (2)T℃下，在催化剂M上发生反应合成，发生如下两步反应： 反应ⅰ  快反应； 反应ⅱ  慢反应； ①下列说法不正确的是 。 A．C-H的键能决定了总反应的反应速率 B．反应ⅰ达平衡后，增大，含量增大 C．反应ⅱ，增大压强，可提高的平衡产率 D．温度升高，生成速率一定增大 ②下，及时、重复分离反应ⅰ生成的，然后再向体系中通入高压的，可加快的生成速率。根据反应ⅰ、ⅱ原理，分析的生成速率加快的原因是： 。 (3)在KOH溶液中电化学还原生成的电极反应方程式是： 。 (4)25℃时，  。的溶解存在以下平衡：  ；  。 ①结合数据分析与反应，能大量逸出的原因： 。 ②恒温条件下，过量溶液与反应。请在图中分别画出恒容(曲线Ⅰ)、恒压(曲线Ⅱ)密闭体系中，溶液中浓度与溶液体积(V)的关系曲线 。 6．（2025·山东淄博·三模）甲醇水蒸气催化重整制氢气，涉及主要反应如下： Ⅰ．CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g)  ΔH1=＋49.0 kJ·mol-1 Ⅱ．CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)  ΔH2=＋90.2 kJ·mol-1 Ⅲ．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)   ΔH3 回答下列问题： (1)ΔH3= kJ·mol-1；以上三个反应的平衡常数lgK随温度T变化关系如图甲所示，则表示反应Ⅰ的变化曲线为 (填标号)。 (2)压强P下，向密闭容器中充入等物质的量的CH3OH(g)与H2O(g)，达平衡时，CH3OH的转化率、CO的摩尔分数及CO2的选择性随温度变化的曲线如图乙所示。 已知：CO2的选择性。则表示CO2的选择性的曲线是 (填标号)；520K时，H2O(g)的平衡转化率为 ；随温度升高，CO的摩尔分数先降低后升高的原因是 。 (3)温度T时，向恒容密闭容器中按=1∶1投料，测得起始压强为a kPa，加入适量CaO(s)，体系达平衡后，CO2的选择性为80%，CaO对CO2的吸收率为50%，已知温度T时，反应的平衡常数Kp=bkPa，则平衡时，分压p(H2)= kPa；反应Ⅱ的平衡常数Kp= ；若向平衡体系中再加入少量CH3OH(g)，重新达平衡后，将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 7．（2025·四川巴中·三模）环氧乙烷(，简称EO)是有机合成中的常用试剂。EO常温下呈气态，易燃易爆，其爆炸极限为3~100%。近年来，常用乙烯、氧气、氮气(不参与反应)投料氧化法制备EO。部分反应为： 主反应： 副反应： (1)已知 ，则EO的燃烧热为 。 (2)①实际生产中，在压强为的条件下，欲提高EO的产率可采取的措施有 。 A．高温    B．加入固体    C．选择合适的催化剂    D．适当增加氮气分压 ②向温度为，体积为的容器中加入投料比为的乙烯、氧气、氮气。已知平衡时：，(其中二碳化合物为分子中含两个碳原子的化合物)。 i．副反应的平衡常数 (列出算式，代入数据即可)。 ii．恒容条件下，EO的产率与反应时间的关系如图1所示，请在图中画出恒压条件下，相同投料比时，EO的产率与反应时间的关系曲线 。 (3)以为催化剂的反应机理如图所示： 加入1，2-二氯乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后，EO产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图所示。则随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后减的原因是 。 8．（2025·辽宁抚顺·三模）水煤气变换反应[  ]与甲烷重整反应均可制备，回答下列问题： (1)温度为K时，在容积相等的甲、乙两恒容密闭容器中分别充入1mol和1mol，反应达到平衡后，测得反应放出27.4kJ的能量，此时的物质的量为mol，则   。 (2)反应为基元反应，其正、逆反应速率分别表示为、，其中、分别为正、逆反应的速率常数。则温度为K时， ：若升高温度，则 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)。 ， 。 (3)利用甲烷作为原料制备氢气所涉及的反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   向1L刚性容器中充入1.0mol和1.9mol，平衡时甲烷的转化率及和的选择性随温度的变化如图所示，已知的选择性(各物质的量均为平衡时的量)。 ①表示平衡转化率随温度变化的曲线为 (填“”“”或“”)。 ②K下，平衡时，的体积分数为 (列计算式即可，下同)；反应Ⅲ的物质的量分数平衡常数。 (是以各物质的物质的量分数代入平衡常数表达式所得到的平衡常数)。 9．（2025·广东汕头·三模）汞及其化合物广泛应用于医药、冶金及其他精密高新科技领域。 (1)在周期表中，Hg是第六周期的元素，与Zn同族，则Hg的价层电子排布式为 。 (2)富氧燃烧烟气中Hg的脱除主要是通过与反应实现，反应的化学方程式为 根据实验结果，有研究组提出了与的可能反应机理： ①根据盖斯定律， (写出代数式即可)。 ②上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是 。 A．增大的浓度，可提高的平衡脱除率 B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 C．恒温恒压下充入，可提高原料的平衡转化率 D．加入催化剂，可降低反应活化能，提高脱除速率 ③在常压、温度范围为15～60℃条件下，将浓度为汞蒸气和的气体通入反应容器中，测得出口气流中的汞浓度随反应时间的变化如下图所示。 (i)15℃，内的平均脱除反应速率为 。 (ii) 0(填“>”或“<”)。 (3)溶液可用于手术刀消毒。常温下，与的配合物存在如下平衡：，含微粒的分布系数与的关系如下图所示： 已知：平均配位数 ①熔融状态的不能导电，是 (填“共价”或“离子”)化合物。 ②图中能代表曲线是 (填字母)，平衡常数 。 ③在点，溶液中 (写出计算过程)。 10．（2025·天津红桥·三模）我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。以为原料合成依然是“碳达峰”环境下的科研热点，电化学原理在降低碳排放、实现碳中和目标中有广泛应用。回答下列问题： Ⅰ： Ⅱ： ， Ⅲ： (1) 。 (2)反应Ⅰ能自发进行的条件是 。（填“高温”、“低温”或“任意温度”） (3)一定条件下，反应历程如图所示。该反应的反应速率由第 （填“1”或“2”）步决定。 为有效降低空气中的含量，可采用其在固体催化剂表面加氢合成甲烷的方法，涉及的反应如下： 主反应： 副反应： (4)向甲、乙两个体积相同的容器中加入和（假设只发生主反应），甲容器在恒温恒容条件下进行，而乙容器则在绝热恒容条件下进行，两容器中压强（）随时间变化曲线如图： 乙容器中，从开始到a点压强增大的原因是 。 (5)时，向恒容密闭容器中充入和，主、副反应均达到平衡状态时，的转化率为的选择性为，则主反应的平衡常数 （的选择性，列出计算表达式）。 (6)2021年我国研制出第一代钠离子电池，该电池具备高能量密度、高倍率充电等优势。它的工作原理为，其装置如图所示，负极为碳基材料，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电。 ①放电时a极反应式为 。 ②用该电池电解精炼铜，当电池中迁移时，理论上可获得 纯铜。 11．（2025·北京东城·三模）了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫(SO2)和氮氧化物(NOx)的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题： I．用活性炭吸附NOx。 (1)活性炭可以和NOx反应。一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式： 。 (2)活性炭吸附NO2反应如下：。 在T1℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下： 时间(min) 0 10 20 30 40 50 NO2(mol) 2 1.16 0.80 0.80 1.23 1.23 N2(mol) 0 0.42 0.60 0.60 0.80 0.80 ①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)= ； ②30min时，该反应的平衡常数K= ，反应放出的热量为 kJ。 (3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是 (填字母)。 a．加入活性炭        b．通入NO2        c．缩小容器的体积        d．加入合适的催化剂 Ⅱ．SO2烟气脱除。 工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。 将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。 已知：i．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应； ii．MgSO3在水中难溶，Mg(HSO3)2可溶。 (4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因 。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用 。 (5)实验发现，在以后，随着SO2的脱除，溶液pH值几乎不变，但烟气脱硫效率始终很高，且MgSO4浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用方程式解释其可能原因 。 (6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、 (写出两条)。 12．（2025·浙江·三模）化工生产中排放的可通过热化学、电化学相关技术进行再利用，使其成为廉价易得的碳资源。 已知：I． Ⅱ． Ⅲ． 回答下列问题： (1)若将甲醇设计成如下燃料电池，a、b均为惰性电极，已知a极电势比b极高，则b极的电极反应为 。 (2)的逆反应的活化能为，则正反应活化能为 。 (3)将和按物质的量之比1：3充入恒温恒容密闭容器中，只发生反应I，已知该温度下反应的化学平衡常数。下列事实说明反应正向进行的是_______。 A．气体的密度不变 B．气体的平均摩尔质量变大 C．某时刻容器中，， D．体系的压强变小 (4)利用作为碳源可以合成丙酸和丙二酸。丙酸的和丙二酸的的大小关系为，理由是 。 (5)一定温度下，在甲、乙两个体积相同的反应容器中分别充入和，发生反应I和Ⅲ，其中一个容器使用水分子膜分离技术，以提高的平衡转化率。实验测得平衡转化率与平衡时压强关系如图所示。(已知：M点甲醇选择性为) ①M点和N点的平衡转化率相等的理由是 。 ②该温度下，M点对应的反应Ⅲ平衡常数 。(为用各物质分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数) 13．（2025·河北保定·三模）我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。某科研团队通过镓改性的疏水二氧化硅负载铜基催化剂，实现了加氢制二甲醚的高效催化。其主要反应为： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：2CO2   (1)计算： 。 (2)随温度变化的三种趋势如下图中线条所示。能用来表示反应Ⅲ的线条是 (填线条字母)。 (3)在恒温()恒容条件下，将一定量的通入密闭容器中(含催化剂)发生上述反应。下列能够说明该反应体系已达化学平衡状态的是___________(填字母)。 A． B．反应Ⅱ中 C．混合气体的密度不变 D．混合气体的平均相对分子质量不变 (4)一定温度下在某恒容密闭容器中按和的浓度比为投料进行上述反应，测得不同时间段部分物质的浓度如下表：           时间(min) 浓度(mol/L) 0 10 20 30 40 1.00 0.68 0.40 0.30 0.30 0 0.05 0.08 0.10 0.10 ①内，的平均反应速率 。 ②根据以上数据计算反应Ⅲ的平衡常数 (列式，代入数据，不计算结果)。 (5)对上述反应实验研究得出：在相同温度下，的转化率等物理量随催化剂的组成比的变化关系如图所示。 若温度不变，催化剂中约是 时最有利于二甲醚的合成；此时，若增大反应物投料比，平衡常数K将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (6)用GaN做催化剂时制备二甲醚的反应机理如图甲，在GaN(110)界面上的反应历程如图乙，其反应为，在GaN(100)界面上生成两种自由基外还有水蒸气产生。 ①图乙表示的反应历程中，决速步骤的化学方程式为 。 ②GaN(100)界面上的反应为 。 14．（2025·天津河西·三模）通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为乙醇、甲酸等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。 Ⅰ．江南大学某团队开发了一种新型佬基单原子催化体系(LiI，Rh1/CeTiOx)，实现了CO2(或CH3OH)加氢一步高效制乙醇。有关反应为： 反应1：2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g) ΔH1； 反应2：CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g)C2H5OH(g)+2H2O(g) ΔH2，回答下列问题： (1)一定温度下，在恒容密闭容器中充入1molCO2、3molH2和1molCH3OH(g)，发生上述反应。下列叙述不正确的是 。 a．总压强不随时间变化时达到平衡状态 b．增大催化剂质量、反应速率一定增大 c．达到平衡时，1<<3 (2)在恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在不同催化剂(Cat1和Cat2)作用下，仅发生反应1，实验测得单位时间内CO2的转化率与温度关系如图所示。 ①催化效能较高的是 (填“Cat1”或“Cat2”)。 ②当温度高于400℃时、曲线Cat1变化的原因可能是 。 (3)某温度下，向恒容密闭容器充入1molCO2、3molH2和1molCH3OH(g)，起始压强为100kPa。发生上述反应1和反应2，达到平衡时测得CO2转化率为60%，CH3OH为0.8mol。反应2的平衡常数K为 (kPa)(只列计算式，已知：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ．天津大学张兵教授团队以CO2与辛胺[CH3(CH2)7NH2]为原料实现了甲酸和辛腈[CH3(CH2)6CN]的高选择性合成，装置工作原理如图所示。 (4)工作时，In/ln2O3-x电极上发生的电极反应式是 。 (5)工作时，每转移2mol电子，理论上Ni2P电极上有 mol辛腈生成。 (6)用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol·L-1氨水和0.18mol·L-1甲酸铵的混合溶液，298K时该混合溶液的pH= 。[已知：298K时，电离常数Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5、Ka(HCOOH)=1.8×10-4] 15．（2025·北京西城·三模）油气开采、石油化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。 (1)回收单质硫。催化空气氧化法制取单质硫的过程如图所示。写出总反应的化学方程式 。 (2)和重整制氢，此过程涉及的主要反应有： i． ii． 恒压条件下，将和按物质的量比为进行投料，并用稀释，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下图。 ①与重整制氢反应的热化学反应方程式是 。 ②其他条件不变时，加入稀释，可以提高的转化率，原因是 。 ③下列说法正确的是 (填序号)。 a．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高 b．结合上图数据分析，反应ii为与重整反应的决速步 c．在范围内，随温度升高，的体积分数增大 (3)电化学循环法：采用溶液吸收处理，并通过电解池实现“吸收液”再生，同时制取氢气，其原理如图所示。 ①写出反应器内发生反应的离子方程式 。 ②结合电极反应式说明“吸收液”在电解池中是如何再生的 。 16．（2025·福建泉州·三模）氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。 ．乙醇与水催化重整制氢发生以下反应： 反应：   反应：   回答下列问题： (1)①已知反应：  ，则 。 ②反应能自发进行的条件为 。 (2)反应的速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。降低温度时 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)压强为100，的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。 A、B两点产率相等的原因是 。 (4)压强为100下，1 和3 发生上述反应，平衡时和的选择性、乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。[已知：的选择性] ①表示选择性的曲线是 (填标号)。 ②573K时，反应的 (写出详细计算过程，结果列计算式即可)。 ．已知晶体中离子空位越多，离子越容易在晶体中移动。在高温时，用铈()的氧化物电解水制氢，其晶胞结构如图所示。 (5)当进入氧化物晶格后(取代部分)，电解效率显著提升，其原因是 。 ．在“”催化作用下，乙醇-水催化重整中部分物种变化路径如图所示。 (6)不含的催化剂几乎没有催化活性的原因可能是 。 (7)若用标记乙醇，最终产物中含的物质化学式为 。 17．（2025·江苏苏州·三模）研究氢气的制备、储存与应用有重要意义。 I．氢气的制备 利用下图所示的铜—氯循环可以实现氢气的制备。 (1)300℃时，将水蒸气以一定流速通过CuCl2固体进行水解和热解，所得含Cu物质中Cu的物质的量占初始CuCl2的物质的量之比，随时间的变化如图所示。 已知：高于290℃时，CuCl2开始分解生成CuCl。 ①90min时，含铜产物中含量最高的是 。 ②60~90min时，产物中CuCl2增多的原因是 。 (2)其他条件不变，反应60min CuCl的占比随温度的变化如图所示。325~350℃随着温度升高CuCl的占比迅速增大的原因是 。 (3)CuCl溶于盐酸产生用于电解，电解反应的化学方程式为 。 Ⅱ．氢气的储存 (4)氢气常储存于不锈钢罐中，但H2易被金属催化解离形成半径小的H，H在金属中扩散导致氢脆降低罐体性能。在罐体内部引入一层聚乙烯醇()膜可以防止氢脆现象。H2难以穿过聚乙烯醇膜的原因可能是 。 Ⅲ．氢气的应用 氢气作为一种抗氧化剂，可以清除体内产生的X(与硝酸根互为同分异构体)，对于肿瘤等疾病有一定的治疗作用。 (5)已知X中N为价，且不含环状结构。则其结构式为 。 (6)将纳米镁注入肿瘤处可生成H2，用于肿瘤治疗。实验表明用溶液预先处理过的纳米镁疗效更好，原因是 。 18．（2025·江苏苏州·三模）纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿（CuS为主要成分）为原料制备。 I．获得纳米铜 (1)制备溶液，用溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入制取。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为 。[已知：  ；] (2)制备纳米铜。调节溶液的，加入溶液，水浴加热，充分反应得到纳米铜。 ①获得纳米铜时，被氧化成，反应的离子方程式为 。 ②还原过程中可能生成难溶的CuCl（白色）和（红色），为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净， 。（已知：；必须使用的试剂和设备：溶液。 溶液，溶液，通风设备） Ⅱ．应用纳米铜 (3)纳米铜铂电池。如图表示一种CuPt纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在Cu极和Pt级区域之间产生浓度差即产生电势差，形成自建电场；该纳米棒因内部传递电子而带负电荷，在自建电场作用下定向移动。 ①该纳米棒的Cu极电极反应式为 。 ②该纳米棒向 。（填“Cu极”或“Pt极”）方向定向移动。 19．（2025·江苏苏州·三模）丙烯的制备和应用具有重要意义。 I．丙烯的制备 一种甲烷溴化偶联制丙烯过程中发生的相关反应如下： 反应I：CH4(g)＋Br2(g)=CH3Br(g)＋HBr(g) 反应Ⅱ：CH3Br(g)＋Br2(g)=CH2Br2(g)＋HBr(g) 反应Ⅲ：3CH3Br(g)=C3H6(g)＋3HBr(g) (1)将8molCH4和8molBr2通入密闭容器，560℃达平衡时，测得容器中CH4的物质的量为1.6mol、CH3Br的物质的量为5.0mol。此时容器中含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2，该温度下反应Ⅱ的平衡常数K= 。 (2)向反应体系中加入少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8molCH4和8molBr2，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量随时间的变化关系如图1所示。 ①在8～14s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比= 。 ②图1中能说明I2提高了CH3Br的选择性的依据是 。 Ⅱ．丙烯的分离 通过C3H8氧化制得的C3H6中通常含有C3H8；由于Cu+的4s轨道与C3H6分子的π键电子形成配位键，通过Cu+修饰的分子筛吸附-脱附可实现C3H6和C3H8混合气的分离。 (3)一定温度和压强下，将C3H6和C3H8等体积混合，以一定流速通过一定质量的Cu+修饰的分子筛，测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图2所示。a→b对应的时间段内，C3H8对应的先增大后减小的原因是 。 Ⅲ．丙烯的应用 (4)化合物Z可由丙烯获得，其可能的反应机理如下： 已知：Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂，则Z的结构简式为 。 (5)由丙烯制得的丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料。以CH2=CHCN为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，通过电解法可制得Sn(CH2CH2CN)4，阴极发生反应的电极方程式为 。 20．（2025·宁夏银川·三模）绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题： (1)通过生物柴油副产物甘油制取H2正成为绿色能源的一个重要研究方向。生物甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下(K1、K2分别为反应I、Ⅱ的化学平衡常数)： I．C3H8O3(g)3CO(g)+4H2(g) ΔH1=+251kJ·mol-1 K1 Ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41kJ·mol-1，K2 ①反应I的逆反应能够自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)。 ②重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)的ΔH3= ，平衡常数K3= 。(用含K1、K2的计算式表示) (2)大量研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应(CH4+CO22CO+2H2)，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS1、TS2、TS3、TS4分别表示过渡态1、过渡态2、过渡态3、过渡态4)。 ①Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、v3，则脱氢过程的速率由小到大的关系为 。 ②甲烷逐步脱氢过程中，决定速率快慢的反应步骤是： (用化学方程式表示)。 ③Sn12Ni双金属合金团簇具有良好的抗积碳作用，有效抑制碳积沉对催化剂造成的不良影响，请结合图甲解释原因： 。 (3)甲烷干法重整制H2的过程为反应a：CH4+CO22CO+2H2，同时发生副反应b：CO2+H2CO+H2O，T℃时，在恒压容器中，通入2molCH4和2molCO2发生上述反应，总压强为P0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为P，则反应b的压强平衡常数Kp= (用含P和P0的计算式表示，已知分压=总压×物质的量分数)。 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 学科网（北京）股份有限公司 专题10化学反应原理综合题 1．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）合成氨是人类科学技术的重大突破，我国目前氨的生产能力位居世界首位。 (1)已知合成氨反应中每生成，放出46.07 kJ热量，请写出合成氨的热化学方程式 。 (2)关于合成氨工艺的理解，下列正确的是________。 A．合成氨工业中，为了防止混有的杂质使催化剂“中毒”，原料气必须经过净化 B．根据勒夏特列原理，合成氨宜采用400～500℃高温 C．及时补充和，使反应物保持一定浓度，有利于合成氨的反应 D．恒温恒容条件下，等物质的量的和投入装置内反应，当的体积分数不变时，可以判断反应达到平衡状态 (3)为了显著提高传统金属催化剂在温和条件下的合成氨性能，中科院大连化学物理研究所科研团队构筑了“过渡金属—LiH”双活性中心催化体系，其反应过程分为以下三步（*表示催化剂的活性位点），据此写出②的化学方程式。 ①。 ② 。 ③。 (4)常用于烟气中的脱硝，反应如下： 反应I．   反应Ⅱ．   ①某条件下对于反应I，，，、为速率常数。升高温度时，增大a倍，增大b倍，则a b（填“>”、“<”或“=”）。 ②当温度为273℃，在恒容密闭的容器中，发生上述两个反应。通入、NO、的物质的量比为，初始压强为，达到平衡后测定NO的逃逸率为25.0％（NO逃逸率），。则氨气的转化率为 ％（结果保留3位有效数字），反应I的 （写出含的计算式即可）。 (5)将一定比例的、和NO的混合气体匀速通入装有催化剂M的反应器中，反应相同时间，NO的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。解释在50～150℃范围内随温度升高，NO的去除率迅速上升的主要原因是 。 【答案】(1)   (2)AC (3) (4) < 65.0 (5)在50～150℃范围内，温度升高，反应速率加快（催化剂M活性随温度升高而增大，使NO去除反应速率迅速增大）（其他合理答案也可） 【详解】（1）合成氨反应中每生成即lmol，放出46.07 kJ热量，合成氨的热化学方程式 ； （2）A．合成氨工业中，原料气必须经过净化，防止混有的杂质使催化剂“中毒”，A正确； B．高温虽然反应速率加快，但合成氨的反应为放热反应，高温平衡逆移，产率减小，B错误； C．及时补充和，增大反应物浓度，平衡正移，有利于合成氨的反应，C正确； D．恒温恒容条件下，等物质的量的和投入装置内反应，氮气的体积分数为定值50%，当的体积分数不变时，不可以判断反应达到平衡状态，D错误； 答案选AC。 （3）设为反应④，①，③，④-③2-①得反应②； （4）①，反应Ⅰ为放热反应，升高温度平衡逆向移动K减小，故a<b； ② ，，，氨气的转化率为； ； （5）在50～150℃范围内，反应未达平衡，随温度升高，反应速率加快或催化剂M活性随温度升高而增大，使NO去除反应速率迅速增大。 2．（2025·江苏南通·三模）氨气既是化工原料，也是清洁能源，研究氨气的合成具有重要意义。 (1)已知氨气的部分反应及信息如下：       的密度为 完全燃烧生成和，可以产生的热量是 。 (2)一种合成气(含体积分数为54%的、35%的CO、7%的和4%的)可通过如下图所示转化制取合成氨气的原料。 , ①若转化Ⅰ中CO、完全反应，得到的和的物质的量之比为 。 ②实际进行转化(Ⅰ)反应时，合成气中需添加一定量的水蒸气。添加水蒸气的目的是 。 ③其他条件一定，将添加了水蒸气的合成气通过装有和CaO的反应管，测得出口处CO的体积分数与反应温度的关系如下图所示。 Ⅰ．400~550℃，温度越高，出口处CO体积分数越低的原因是 。 Ⅱ．高于550℃，出口处CO体积分数随温度升高增大的原因是 。 (3)一种、可持续电催化合成氨的原理如下图(如中、、、可表示烃基)所示。 ①物质Y的结构简式为 。 ②与、直接合成氨的工艺相比，该方法的优点除产氨效率高外，还有 (任写一点)。 【答案】(1) (2) 5:3 升高温度，加快化学反应速率，同时CO可以与水反应生成CO2和氢气，增加氢气的产量，同时消耗CO，提高原料利用率 低温时，更完全，CO体积分数较低 高温时，平衡逆向移动，CO体积分数开始升高 (3) 反应温和 【详解】（1）  ①   ② 目标方程式为：③ 则③=①-4×②，=（-265）-4×（-23）=-173kJ/mol， 液氨的物质的量，当液氨为40mol时，放出的热量为; （2）同问同压下，物质的量之比等于体积之比，设混合气体物质的量为1mol，则根据化学计量数可知，n()=2n()=35%×2=0.7mol，生成的二氧化碳的物质的量n()=n()=0.35mol，体系中二氧化碳的总物质的量来自两部分，一份原来有的7%，即0.07mol，一份CO反应生成的0.35mol，n()总=0.35+0.07=0.42mol，根据化学方程式：可知，n()=n()总=0.42mol，得到的和的物质的量之比为0.7:0.42=5:3； 添加水蒸气，升高温度，加快化学反应速率，同时CO可以与水反应生成CO2和氢气，增加氢气的产量，同时消耗CO，提高原料利用率； 低温时，更完全，CO体积分数较低，高温时，反应逆向移动，CO体积分数开始升高； （3） ，产生氢离子带正电，与带负电的原子结合，所以产物为，电解过程反应温和，不需要高温高压，从而降低了能耗和设备要求。 3．（2025·湖北黄冈·三模）二氧化碳的利用技术潜力巨大，可用于合成诸多化工产品。某科研小组将CO2用于合成新型能源二甲醚(CH3OCH3)，根据题目所给信息及所学知识完成以下问题。 (1)已知一定条件下，由元素的最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓，符号为ΔfHm。根据下表数据，计算出反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)的反应热ΔH为 kJ·mol-1。 物质 CO2(g) H2O(g) CH3OCH3(g) ΔfHm/kJ·mol-1 -393.5 -241.8 -185 (2)上述过程主要包含以下三个反应： 反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1<0    反应2：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)  ΔH2<0 反应3：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)  ΔH3>0    有关上述反应体系的下列说法中正确的有___________。 A．反应1和反应2低温自发，反应3高温自发，因此应采取低温环境进行生产 B．若生产过程中移去部分CH3OH(g)，反应3的平衡向右移动 C．增大压强既能加快反应速率，也能提升CH3OCH3的产率 D．加入反应1的催化剂，可提高CO2的转化率 (3)在3.0 MPa下研究人员在恒压密闭容器中充入4 mol H2和l mol CO2发生反应，CO2的平衡转化率和CH3OCH3或CO的选择性随温度变化如下图所示。 已知：[A物质的选择性=] ①指出图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 (填字母)，试解释该曲线的变化趋势： 。 ②计算220℃时，CH3OCH3的平衡产率为 。(产率=实际产量/理论产量×100%) ③220℃时反应3的Kp为 。(Kp为用分压表示的平衡常数，气体的分压=总压×该气体的物质的量分数，保留2位有效数字) ④未知容器体积时，若要得到浓度平衡常数Kc，还可以借助理想气体状态方程pV=nRT和压力平衡常数Kp来实现，试得出反应1的Kc换算公式：Kc= 。 【答案】(1)-123.4 (2)C (3) z 低温时以反应1和反应2为主，温度升高平衡左移，CO2平衡转化率减小；高温时以反应3为主，温度升高平衡右移，CO2平衡转化率增大 32% 6.6×10-3 Kp·(RT)-2 【详解】（1）根据摩尔生成焓计算反应热，反应热生成物摩尔生成焓总和-反应物摩尔生成焓总和， 反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)中，H2是最稳定单质，摩尔生成焓为0，则，代入数据：； （2）A．反应1放热、熵减，低温自发；反应2放热、熵不变；反应 3 吸热、熵不变，高温自发，但生产需综合考虑速率和选择性，并非仅低温，A 错误； B．移去CH3OH，反应1平衡右移，CO2、H2浓度变化，反应3平衡也会移动，但因反应 1、3相互影响，移去CH3OH会使反应3平衡左移CO2、H2参与反应3，移去CH3OH使反应1右移，CO2、H2消耗，反应3平衡左移 ，B 错误； C．反应1、2气体分子数减小，增大压强平衡右移，能提升CH3OCH3产率；且压强增大，反应速率加快，C 正确； D．催化剂只改变速率，不影响平衡转化率，D 错误； 故选C； （3）①反应1、2放热，反应3吸热，温度升高，反应1、2平衡左移，反应3平衡右移。初始时（低温），反应1、2主导，CO2转化率随温度升高而降低；高温时反应3主导，CO2转化率随温度升高而升高，故表示CO2平衡转化率的曲线是z；变化趋势：低温时以反应1和反应2为主，温度升高平衡左移，CO2平衡转化率减小；高温时以反应3为主，温度升高平衡右移，CO2平衡转化率增大； ②由图知，220℃时CO2转化率40%，即消耗CO2：，由于反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1<0，反应2：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)  ΔH2<0，升高温度，平衡逆向移动，CH3OCH3的选择性降低，则曲线x表示CH3OCH3的选择性，反应3：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)  ΔH3>0，升高温度，平衡正向移动，CO的选择性，则曲线y为CO的选择性，由图知，220℃时CH3OCH3的选择性为80%，CO的选择性为5%，则生成的CH3OCH3的物质的量为，1molCO2完全转化为CH3OCH3时，理论上生成的CH3OCH3的物质的量为，CH3OCH3的平衡产率为； ③由②知，220℃时，CO2转化率40%，即消耗CO2：，，曲线x表示CH3OCH3的选择性，选择性为80%，则生成的CH3OCH3的物质的量为，曲线y为CO的选择性，的选择性为5%，则生成的CO的物质的量为，220℃下达到平衡时，，，，由C守恒可得，；由O守恒可得，由H守恒可得，反应3的 ； ④反应1：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，，，则，代入得： ，故。 4．（2025·浙江嘉兴·三模）“双碳”背景下，以为原料合成等原料有重要的意义。涉及到的反应如下： Ⅰ．加氢制甲醇 已知如下热化学方程式： 反应ⅰ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： (1)计算： 。 (2)维持总压和投料比不变，将和混合气以一定流速通过反应器，存在上述三个反应。的转化率和甲醇的选择性温度T的变化关系如下图所示。 已知：，忽略温度对催化剂活性造成的影响。 ①为同时提高二氧化碳平衡转化率和反应速率，控制的条件合理的是 。 A．升高温度                                    B．增大压强 C．使用能显著减小反应ⅱ活化能的催化剂            D．使用能分离的分子筛 ②当T>236℃时，甲醇的选择性随温度T的增大而减小，可能的原因是 。 ③240℃时，反应ⅰ的 (对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。 Ⅱ．利用电化学方法通过微生物电催化将有效地转化为，装置如图所示。 (3)钛网电极是 极(填“阳”或“阴”)，写出生成的电极反应式 。 Ⅲ．一种金属氧化物(用MR表示)催化与环氧丙烷()反应制碳酸酯()反应机理如图所示。已知中的碳氧键可以被催化剂中具有较强给电子能力的活性中心的电子进攻而活化断裂。 (4)MgO活化催化的能力大于，试从结构角度分析原因 。 【答案】(1)-90.6 (2) B >236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态；反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，减少，所以甲醇的选择性随温度T的增大而减小 (3) 阳 (4)Mg的电负性小于Al；MgO中的O的电子云密度更大，更易进攻活化中的碳氧键 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应ⅱ－反应ⅰ=反应ⅲ，则△H3=△H2-△H1=(-49.4kJ/mol)-(+41.2kJ/mol)=-90.6kJ/mol； （2）①A．升高温度反应速率加快，但反应ⅱ、反应ⅲ逆向移动，不利于提高二氧化碳的转化率，A不符合题意； B．增大压强反应速率加快，反应ⅱ、反应ⅲ正向移动，有利于提高二氧化碳的转化率，B符合题意； C．使用能显著减小反应ⅱ活化能的催化剂能使反应ⅱ速率加快，但不能改变平衡转化率，不影响提高二氧化碳的转化率，C不符合题意； D．使用能分离H2O的分子筛会导致H2O的浓度减小，反应速率减慢，D不符合题意； 故选B。 ②大于236℃时，反应ⅰ、ⅱ达到平衡状态，反应ⅰ吸热，温度升高ⅰ平衡正向移动，CO2更多地转化为CO；反应ⅱ放热，温度升高ⅱ平衡逆向移动，CH3OH减少，综合以上两方面的原因，甲醇的选择性随温度T的增大而减小； ③由图知，时，，。设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则平衡时CO2的物质的量n(CO2)=1mol×(1-60%)=0.4mol，n(CH3OH)=1mol×60%×60%=0.36mol，则由C守恒可得，n(CO)=(1-0.4-0.36)mol=0.24mol，由O守恒可得，n(H2O)=2mol-0.36mol-2×0.4mol-0.24mol=0.6mol，由H守恒可得，，则总物质的量，p(H2)=，p(CO2)=，p(CO)=，p(H2O)= ，Kp==； （3）由图可知，钛网电极上水放电生成氧气，发生氧化反应，钛网电极为阳极，石墨电极区二氧化碳得到电子发生还原反应生成草酸，电极反应式为； （4）MgO活化催化CO2的能力强于Al2O3的原因是Mg的金属性强于Al，MgO的O负电性更强，MgO的O更易进攻活化CO2中的碳氧键。 5．（2025·浙江温州·三模）在化工生产中具有非常高的经济价值。利用直接合成的反应如下：。请回答： (1)该反应的自发性_______。 A．高温自发 B．低温自发 C．任意温度下自发 D．任意温度下不自发 (2)T℃下，在催化剂M上发生反应合成，发生如下两步反应： 反应ⅰ  快反应； 反应ⅱ  慢反应； ①下列说法不正确的是 。 A．C-H的键能决定了总反应的反应速率 B．反应ⅰ达平衡后，增大，含量增大 C．反应ⅱ，增大压强，可提高的平衡产率 D．温度升高，生成速率一定增大 ②下，及时、重复分离反应ⅰ生成的，然后再向体系中通入高压的，可加快的生成速率。根据反应ⅰ、ⅱ原理，分析的生成速率加快的原因是： 。 (3)在KOH溶液中电化学还原生成的电极反应方程式是： 。 (4)25℃时，  。的溶解存在以下平衡：  ；  。 ①结合数据分析与反应，能大量逸出的原因： 。 ②恒温条件下，过量溶液与反应。请在图中分别画出恒容(曲线Ⅰ)、恒压(曲线Ⅱ)密闭体系中，溶液中浓度与溶液体积(V)的关系曲线 。 【答案】(1)D (2) AD 反应ⅰ为快反应，的分离，提高含量(浓度)，使反应ⅱ速率加快，反应ⅱ为决速率步，总反应速率加快；通入高压，提高了反应ⅱ速率 (3) (4) (或者)，反应程度大，有生成 【详解】（1）由方程式可知，制备甲醇的反应为熵减的放热反应，低温条件下反应ΔH-TΔS<0，任意温度下不自发进行，故选D； （2）①A．反应ⅰ为快反应，C-H的键能小，易断裂，不能决定总反应的反应速率，A错误； B．反应ⅰ达平衡后，增大，平衡正向移动，故含量增大，B正确； C．反应ⅱ，正反应为气体减小的方向，增大压强，平衡正向移动，可提高的平衡产率，C正确； D．温度升高时，如果温度过高，催化剂失效，生成速率不一定增大，D错误； 故选AD； ②反应ⅰ为快反应，的分离使浓度降低，平衡正向移动，提高含量(浓度)，使反应ⅱ速率加快，反应ⅱ为决速率步，总反应速率加快，同时通入高压，提高了反应ⅱ速率； （3）电化学还原生成得电子，在阴极发生反应，电极反应方程式是：； （4）①的溶解存在以下平衡： ； ，则两式相加可得，；与反应：，(或者)，反应程度大，有生成； ②恒容(曲线Ⅰ)条件下发生反应，随着反应进行，产生的气体增加，压强增大，平衡正向移动，溶液中浓度增加，而恒压(曲线Ⅱ)密闭体系中，随着产生气体，保持压强不变体积增大，溶液中浓度没有恒容时溶液中浓度大，则溶液中浓度与溶液体积(V)的关系曲线。 6．（2025·山东淄博·三模）甲醇水蒸气催化重整制氢气，涉及主要反应如下： Ⅰ．CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g)  ΔH1=＋49.0 kJ·mol-1 Ⅱ．CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)  ΔH2=＋90.2 kJ·mol-1 Ⅲ．CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)   ΔH3 回答下列问题： (1)ΔH3= kJ·mol-1；以上三个反应的平衡常数lgK随温度T变化关系如图甲所示，则表示反应Ⅰ的变化曲线为 (填标号)。 (2)压强P下，向密闭容器中充入等物质的量的CH3OH(g)与H2O(g)，达平衡时，CH3OH的转化率、CO的摩尔分数及CO2的选择性随温度变化的曲线如图乙所示。 已知：CO2的选择性。则表示CO2的选择性的曲线是 (填标号)；520K时，H2O(g)的平衡转化率为 ；随温度升高，CO的摩尔分数先降低后升高的原因是 。 (3)温度T时，向恒容密闭容器中按=1∶1投料，测得起始压强为a kPa，加入适量CaO(s)，体系达平衡后，CO2的选择性为80%，CaO对CO2的吸收率为50%，已知温度T时，反应的平衡常数Kp=bkPa，则平衡时，分压p(H2)= kPa；反应Ⅱ的平衡常数Kp= ；若向平衡体系中再加入少量CH3OH(g)，重新达平衡后，将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) -41.2 (2) L5 38% 520K以下，反应Ⅰ是主反应，520K以上，反应Ⅱ、Ⅲ是主反应 (3) 7b 增大 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅰ-反应Ⅱ，则；反应Ⅰ、Ⅱ为吸热反应，升高温度K增大（增大）；反应 Ⅲ 为放热反应，升高温度K减小（减小 ），反应 Ⅰ 的小于反应 Ⅱ，相同温度下反应 Ⅰ 的K小于反应 Ⅱ，故表示反应 Ⅰ 的曲线是； （2）反应Ⅰ、Ⅲ生成CO2，反应Ⅱ生成CO，温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ（吸热）正向移动，反应Ⅲ（放热）逆向移动，初始时，随着温度的升高，反应Ⅰ占主导，CO2选择性升高，温度升高到一定程度后，反应Ⅲ占主导，平衡逆向移动，CO2选择性逐渐降低，故表示CO2选择性的曲线是L5；由图可知520K时，CH3OH的转化率为40%，CO2的选择性为95%，设起始CH3OH和H2O的物质的量都为1mol，生成CO2的物质的量为x mol，生成CO的物质的量为y mol，则，x+y=0.4，解得x=0.38，y=0.02，即反应Ⅰ消耗CH3OH为0.38mol、消耗水0.38mol，反应Ⅱ消耗CH3OH 为0.02mol，所以H2O的平衡转化率为；随温度升高，520K以下，反应Ⅰ是主反应，520K以上，反应Ⅱ、Ⅲ是主反应，故CO的摩尔分数先降低后升高； （3）已知温度T时，反应的平衡常数，即平衡时，由于CaO对CO2的吸收率为50%，即反应Ⅰ生成的，温度T时，向恒容密闭容器中按=1∶1投料，测得起始压强为a kPa，即，体系达平衡后，CO2的选择性为80%，则，解得，由C守恒可得，由Ⅰ．CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g) 、Ⅱ．CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)可知，；反应Ⅱ的平衡常数；若向平衡体系中再加入少量CH3OH(g)，由于温度未发生变化，则不变，加入CH3OH(g)使得增大，故重新达平衡后，增大。 7．（2025·四川巴中·三模）环氧乙烷(，简称EO)是有机合成中的常用试剂。EO常温下呈气态，易燃易爆，其爆炸极限为3~100%。近年来，常用乙烯、氧气、氮气(不参与反应)投料氧化法制备EO。部分反应为： 主反应： 副反应： (1)已知 ，则EO的燃烧热为 。 (2)①实际生产中，在压强为的条件下，欲提高EO的产率可采取的措施有 。 A．高温    B．加入固体    C．选择合适的催化剂    D．适当增加氮气分压 ②向温度为，体积为的容器中加入投料比为的乙烯、氧气、氮气。已知平衡时：，(其中二碳化合物为分子中含两个碳原子的化合物)。 i．副反应的平衡常数 (列出算式，代入数据即可)。 ii．恒容条件下，EO的产率与反应时间的关系如图1所示，请在图中画出恒压条件下，相同投料比时，EO的产率与反应时间的关系曲线 。 (3)以为催化剂的反应机理如图所示： 加入1，2-二氯乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后，EO产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图所示。则随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后减的原因是 。 【答案】(1)-1306 (2) C (3)加入少量1，2-二氯乙烷会消耗，抑制副反应Ⅲ，即增加主反应选择性1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂转化为，使不能再生，催化循环受阻，催化效果降低 【详解】（1）已知反应Ⅲ为 ，由盖斯定律可知，副反应-主反应-反应Ⅲ可得 ，则的燃烧热为； （2）①主反应是放热反应，高温会使平衡逆向移动，降低EO平衡产率，A错误；加入固体消耗有利于副反应正向进行，不利于提高EO的产率，B错误；选择合适的催化剂加快反应速率并且提高EO的选择性可以提高EO的产率，C正确；适当增加氮气分压，相当于给反应体系减小压强，不利于主反应正向进行，不利于提高EO的产率，D错误。 ②设起始时，乙烯、氧气、氮气分别为2mol、3mol、3mol，氮气不参与反应，设乙烯在主反应中的平衡转化量为，在副反应中的平衡转化量为，列出三段式：，，已知平衡时：，，则，，则平衡时乙烯的物质的量为，氧气为，二氧化碳为，水为，EO为，副反应的平衡常数；主反应是气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不变的放热反应，恒容条件下，EO的产率与反应时间的关系如图1所示，恒压条件下，相同投料比时，容器的体积减小，各物质浓度增大，反应速率加快，平衡正向移动，EO的平衡产率增大，则EO的产率与反应时间的关系曲线为：； （3）随着1，2-二氯乙烷浓度增大，EO产率先增后减的原因是：加入少量1，2-二氯乙烷会消耗，抑制副反应Ⅲ，即增加主反应选择性：1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂Ag转化为，使，使不能再生，催化循环受阻，催化效果降低。 8．（2025·辽宁抚顺·三模）水煤气变换反应[  ]与甲烷重整反应均可制备，回答下列问题： (1)温度为K时，在容积相等的甲、乙两恒容密闭容器中分别充入1mol和1mol，反应达到平衡后，测得反应放出27.4kJ的能量，此时的物质的量为mol，则   。 (2)反应为基元反应，其正、逆反应速率分别表示为、，其中、分别为正、逆反应的速率常数。则温度为K时， ：若升高温度，则 (填“增大”“减小”或“不变”，下同)。 ， 。 (3)利用甲烷作为原料制备氢气所涉及的反应如下： Ⅰ．   Ⅱ．   Ⅲ．   向1L刚性容器中充入1.0mol和1.9mol，平衡时甲烷的转化率及和的选择性随温度的变化如图所示，已知的选择性(各物质的量均为平衡时的量)。 ①表示平衡转化率随温度变化的曲线为 (填“”“”或“”)。 ②K下，平衡时，的体积分数为 (列计算式即可，下同)；反应Ⅲ的物质的量分数平衡常数。 (是以各物质的物质的量分数代入平衡常数表达式所得到的平衡常数)。 【答案】(1)kJ·mol-1 (2) 4 增大 增大 减小 (3) 【详解】（1）起始，平衡时，则反应的物质的量为，放出27.4kJ能量，那么1mol反应放出热量，反应（放热反应为负）。 （2）平衡时，即，，由（1）知平衡时，，，容器容积相等，浓度比等于物质的量比，，所以；升高温度，正、逆反应速率常数、均增大（温度升高，分子运动加剧，活化分子百分数增加，反应速率加快，速率常数增大 ）；该反应，升高温度平衡逆向移动，K减小，又，所以减小 （3）的平衡转化率随温度升高而增大，且和的选择性之和为100%，故代表平衡转化率随温度变化的曲线；下，反应达到平衡时，的转化率为80%，和的选择性均为50%，故容器中和的物质的量均为0.4mol，的物质的量为0.2mol，设平衡时容器中的和的物质的量分别为a mol、b mol，根据氢原子和氧原子守恒分别列等式可得、，联立求解得a=2.8，b=0.7,故容器中气体的总物质的量为，的体积分数为，将各物质的物质的量分数代入反应Ⅲ的平衡常数表达式可得。 9．（2025·广东汕头·三模）汞及其化合物广泛应用于医药、冶金及其他精密高新科技领域。 (1)在周期表中，Hg是第六周期的元素，与Zn同族，则Hg的价层电子排布式为 。 (2)富氧燃烧烟气中Hg的脱除主要是通过与反应实现，反应的化学方程式为 根据实验结果，有研究组提出了与的可能反应机理： ①根据盖斯定律， (写出代数式即可)。 ②上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的是 。 A．增大的浓度，可提高的平衡脱除率 B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小 C．恒温恒压下充入，可提高原料的平衡转化率 D．加入催化剂，可降低反应活化能，提高脱除速率 ③在常压、温度范围为15～60℃条件下，将浓度为汞蒸气和的气体通入反应容器中，测得出口气流中的汞浓度随反应时间的变化如下图所示。 (i)15℃，内的平均脱除反应速率为 。 (ii) 0(填“>”或“<”)。 (3)溶液可用于手术刀消毒。常温下，与的配合物存在如下平衡：，含微粒的分布系数与的关系如下图所示： 已知：平均配位数 ①熔融状态的不能导电，是 (填“共价”或“离子”)化合物。 ②图中能代表曲线是 (填字母)，平衡常数 。 ③在点，溶液中 (写出计算过程)。 【答案】(1) (2) AD 0.02 < (3) 共价 C 【详解】（1）Zn位于元素周期表ⅡB族，Hg是第六周期的元素，与Zn同族，则Hg的价电子排布式为； （2）①反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 将Ⅰ+Ⅱ得到目标反应，则； ②A．根据反应Hg(g)+2NO2(g)Hg(ONO)2 (g)可知，增大NO2的浓度，可提高Hg的平衡脱除率，故A正确； B．升高温度，正反应速率和逆反应速率均要增大，故B错误； C．恒温恒压下充入N2，平衡Hg(g)+2NO2(g)Hg(ONO)2 (g)逆向移动，会降低原料的平衡转化率，故C错误； D．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，能提高脱除速率，故D正确； 答案为AD； ③(ⅰ)由图像的数据可知，15℃，600～900s内Hg的平均脱除反应速率为μg/(m3·s)= 0.02μg/(m3·s)； (ⅱ)由图像可知，平衡时出口气流中的汞浓度随温度的升高而升高，说明升高温度平衡Hg(g)+2NO2(g)Hg(ONO)2 (g)逆向移动，则该反应是放热反应，ΔH<0； （3）随氯离子浓度增大，平衡逆向移动，所以A表示、B表示、C表示、D表示。 ①熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2是共价化合物； ②由分析可知，曲线C表示，平衡常数，由A和B的交点可知，，此时，则； ③由图可知，在点，溶液中与离子浓度相等，溶液中氯离子浓度：，P点时溶液中。 10．（2025·天津红桥·三模）我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。以为原料合成依然是“碳达峰”环境下的科研热点，电化学原理在降低碳排放、实现碳中和目标中有广泛应用。回答下列问题： Ⅰ： Ⅱ： ， Ⅲ： (1) 。 (2)反应Ⅰ能自发进行的条件是 。（填“高温”、“低温”或“任意温度”） (3)一定条件下，反应历程如图所示。该反应的反应速率由第 （填“1”或“2”）步决定。 为有效降低空气中的含量，可采用其在固体催化剂表面加氢合成甲烷的方法，涉及的反应如下： 主反应： 副反应： (4)向甲、乙两个体积相同的容器中加入和（假设只发生主反应），甲容器在恒温恒容条件下进行，而乙容器则在绝热恒容条件下进行，两容器中压强（）随时间变化曲线如图： 乙容器中，从开始到a点压强增大的原因是 。 (5)时，向恒容密闭容器中充入和，主、副反应均达到平衡状态时，的转化率为的选择性为，则主反应的平衡常数 （的选择性，列出计算表达式）。 (6)2021年我国研制出第一代钠离子电池，该电池具备高能量密度、高倍率充电等优势。它的工作原理为，其装置如图所示，负极为碳基材料，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电。 ①放电时a极反应式为 。 ②用该电池电解精炼铜，当电池中迁移时，理论上可获得 纯铜。 【答案】(1)-48.4KJ/mol (2)低温 (3)1 (4)绝热条件下，放热反应使体系温度升高，压强增大 (5) (6) 【详解】（1）根据盖斯定律，反应I= Ⅱ+Ⅲ，则； （2）反应I，反应前后气体分子数减小，，根据，低温时，故低温反应能自发进行； （3）反应速率由慢反应步骤决定，慢反应对应活化能大的步骤，由图可知步骤1活化能更大，反应速率更慢，故反应速率由第1步决定； （4）由于主反应： ，为放热反应，绝热条件下，放热反应使体系温度升高，压强增大，所以乙容器中，从开始到a点压强增大； （5）由于的转化率为，总转化的物质的量，的选择性为，生成消耗的物质的量，主反应：，平衡时：(减去副反应消耗的0.1mol)，，n(CH4)=0.4mol，（主反应生成0.8mol，副反应生成0.1mol），容器体积为1L，浓度等于物质的量，平衡常数； （6）①放电时，a极为正极，得电子结合生成，电极反应式为； ②电池中迁移1mol，转移1mol电子；电解精炼铜时，阴极，转移1mol电子时，生成0.5molCu，质量为。 11．（2025·北京东城·三模）了解化石燃料燃烧过程中二氧化硫(SO2)和氮氧化物(NOx)的处理对改善环境推动可持续发展具有重要意义。结合所学知识，回答下列问题： I．用活性炭吸附NOx。 (1)活性炭可以和NOx反应。一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，写出其反应的热化学方程式： 。 (2)活性炭吸附NO2反应如下：。 在T1℃时，该反应在2L容器中测得反应不同时间各物质的物质的量如下： 时间(min) 0 10 20 30 40 50 NO2(mol) 2 1.16 0.80 0.80 1.23 1.23 N2(mol) 0 0.42 0.60 0.60 0.80 0.80 ①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)= ； ②30min时，该反应的平衡常数K= ，反应放出的热量为 kJ。 (3)30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡；根据表中的数据判断改变的条件可能是 (填字母)。 a．加入活性炭        b．通入NO2        c．缩小容器的体积        d．加入合适的催化剂 Ⅱ．SO2烟气脱除。 工业上可用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。 将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图1所示。 已知：i．纳米MgO活性较高，常温下可以与水反应； ii．MgSO3在水中难溶，Mg(HSO3)2可溶。 (4)烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因 。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用 。 (5)实验发现，在以后，随着SO2的脱除，溶液pH值几乎不变，但烟气脱硫效率始终很高，且MgSO4浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用方程式解释其可能原因 。 (6)为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、 (写出两条)。 【答案】(1)C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)  ∆H=-34kJ∙mol-1 (2) 0.042mol∙L-1∙min-1 0.675 38.4 (3)b (4) Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，主要反应为OH-+SO2=或Mg(OH)2+2SO2=Mg2++2，电离使溶液显酸性，所以pH值很快降到4左右 当溶液中含有较高浓度的Mg2+时，SO2与OH-反应生成的易与Mg2+结合生成MgSO3沉淀Mg2++=MgSO3↓，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2Mg2++2OH-的电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，从而提高脱硫效率 (5)Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，2MgSO3+O2=2MgSO4 (6)减缓烟气通入速率、降低烟气中SO2浓度、适当提高反应体系温度等 【详解】（1）一定条件下，当1molNO与活性炭完全反应生成两种无毒的气体时，放出17kJ的热量，则2molNO参加反应时，放热34kJ，所以活性炭与NO反应的热化学方程式：C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)  ∆H=-34kJ∙mol-1。 （2）①0~10min内，NO2的平均反应速率v(NO2)==0.042mol∙L-1∙min-1； ②在T1℃时，该反应在2L容器中发生反应，30min时，NO2的物质的量为0.80mol、N2的物质的量为0.60mol，则可建立如下三段式： 该反应的平衡常数K==0.675，反应放出的热量为=38.4kJ。 （3）a．加入活性炭，不改变反应物和生成物的浓度，平衡不发生移动，a不符合题意； b．通入NO2，平衡正向移动，达新平衡时，反应物和生成物的浓度都比原平衡时大，b符合题意； c．缩小容器的体积，平衡逆向移动，反应物的物质的量增大，生成物的物质的量减小，c不符合题意； d．加入合适的催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，但平衡不发生移动，反应物和生成物的物质的量都不变，d不符合题意； 故选b。 （4）烟气脱硫开始阶段，纳米MgO与水反应MgO+H2O=Mg(OH)2，Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，OH-与溶解的SO2发生反应2OH-+SO2=+H2O、+SO2+H2O=2，在溶液中以电离为主，电离使溶液显酸性，很快pH值降到4左右。结合化学用语解释其原因：Mg(OH)2(s)Mg2++2OH-，溶液呈碱性，主要反应为OH-+SO2=或Mg(OH)2+2SO2=Mg2++2，电离使溶液显酸性，所以pH值很快降到4左右。脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，SO2与OH-反应生成的会与Mg2+结合生成MgSO3沉淀，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，对脱硫效率有显著影响。请结合化学用语解释Mg2+的作用：当溶液中含有较高浓度的Mg2+时，SO2与OH-反应生成的易与Mg2+结合生成MgSO3沉淀Mg2++=MgSO3↓，促进OH-的消耗，使Mg(OH)2Mg2++2OH-的电离平衡正向移动，产生更多的OH-来吸收SO2，从而提高脱硫效率。 （5）pH约为4时，溶液中主要含有微粒为，在以后，发生反应Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，随着反应的进行，MgSO3增多，同时MgSO3会被空气中的O2氧化为MgSO4，发生反应2MgSO3+O2=2MgSO4，MgSO4浓度逐渐升高，而MgSO3又能吸收SO2，发生反应MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，从而使溶液pH几乎不变。则用方程式解释其可能原因：Mg(OH)2+2+Mg2+=2MgSO3+2H2O，MgSO3+SO2+H2O=Mg2++2，2MgSO3+O2=2MgSO4。 （6）为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，通过升高温度、增大接触面积、增大接触时间，都可提高脱硫效率，则可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、减缓烟气通入速率、降低烟气中SO2浓度、适当提高反应体系温度等。 【点睛】在溶液中既能发生电离又能发生水解，但以电离为主。 12．（2025·浙江·三模）化工生产中排放的可通过热化学、电化学相关技术进行再利用，使其成为廉价易得的碳资源。 已知：I． Ⅱ． Ⅲ． 回答下列问题： (1)若将甲醇设计成如下燃料电池，a、b均为惰性电极，已知a极电势比b极高，则b极的电极反应为 。 (2)的逆反应的活化能为，则正反应活化能为 。 (3)将和按物质的量之比1：3充入恒温恒容密闭容器中，只发生反应I，已知该温度下反应的化学平衡常数。下列事实说明反应正向进行的是_______。 A．气体的密度不变 B．气体的平均摩尔质量变大 C．某时刻容器中，， D．体系的压强变小 (4)利用作为碳源可以合成丙酸和丙二酸。丙酸的和丙二酸的的大小关系为，理由是 。 (5)一定温度下，在甲、乙两个体积相同的反应容器中分别充入和，发生反应I和Ⅲ，其中一个容器使用水分子膜分离技术，以提高的平衡转化率。实验测得平衡转化率与平衡时压强关系如图所示。(已知：M点甲醇选择性为) ①M点和N点的平衡转化率相等的理由是 。 ②该温度下，M点对应的反应Ⅲ平衡常数 。(为用各物质分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数) 【答案】(1) (2) (3)BD (4)丙二酸中-COOH使另一个-COOH的O-H键极性增强，酸性增强，易形成离子内氢键，氢离子比丙酸难电离 (5) 减小压强，对反应I平衡左移动，N的压强小，只改变压强时，N点转化率比M点小，但是N点使用了水分子分离膜，会使平衡右移动，转化率增大。在两个因素共同作用下，两点的转化率相等 【详解】（1）甲醇燃料电池中，氧气得到电子发生还原反应，则氧气一极为正极、甲醇一极为负极，已知a极电势比b极高，则a为正极、b为负极，则b极的电极反应为甲醇失电子，在碱性条件产生碳酸根离子：； （2）已知： Ⅱ． Ⅲ． 由盖斯定律，2×Ⅲ-Ⅱ得反应 ，又因为可知，正反应活化能为()； （3）A．容器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，不能说明反应正向进行； B．反应为气体分子数减小的反应，气体的平均摩尔质量变大，说明总的气体的物质的量减小，反应正向进行； C．某时刻容器中，，，则，则反应逆向进行； D．反应为气体分子数减小的反应，体系的压强变小，说明总的气体的物质的量减小，反应正向进行； 故选BD； （4）羧基为吸电子基团，丙二酸中-COOH使另一个-COOH的O-H键极性增强，酸性增强；丙二酸一级电离后形成的易形成离子内氢键，使得其二级氢离子比丙酸难电离，故丙酸的和丙二酸的的大小关系为； （5）①反应I为气体分子数减小的反应、Ⅲ为气体分子数不变的反应；减小压强，对反应I平衡左移动，N的压强小，只改变压强时，N点转化率比M点小，但是N点使用了水分子分离膜，会使平衡右移动，转化率增大。在两个因素共同作用下，两点的转化率相等； ②该温度下，M点二氧化碳转化率为50%，则反应0.5mol二氧化碳，甲醇选择性为，生成0.5mol×70%=0.35mol甲醇，则： 平衡时甲醇、二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.35mol、0.5mol、1.8mol、0.5mol、0.5mol，共3.3mol，反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，可以用物质的量代替物质分压，平衡常数。 13．（2025·河北保定·三模）我国力争2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”。某科研团队通过镓改性的疏水二氧化硅负载铜基催化剂，实现了加氢制二甲醚的高效催化。其主要反应为： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：2CO2   (1)计算： 。 (2)随温度变化的三种趋势如下图中线条所示。能用来表示反应Ⅲ的线条是 (填线条字母)。 (3)在恒温()恒容条件下，将一定量的通入密闭容器中(含催化剂)发生上述反应。下列能够说明该反应体系已达化学平衡状态的是___________(填字母)。 A． B．反应Ⅱ中 C．混合气体的密度不变 D．混合气体的平均相对分子质量不变 (4)一定温度下在某恒容密闭容器中按和的浓度比为投料进行上述反应，测得不同时间段部分物质的浓度如下表：           时间(min) 浓度(mol/L) 0 10 20 30 40 1.00 0.68 0.40 0.30 0.30 0 0.05 0.08 0.10 0.10 ①内，的平均反应速率 。 ②根据以上数据计算反应Ⅲ的平衡常数 (列式，代入数据，不计算结果)。 (5)对上述反应实验研究得出：在相同温度下，的转化率等物理量随催化剂的组成比的变化关系如图所示。 若温度不变，催化剂中约是 时最有利于二甲醚的合成；此时，若增大反应物投料比，平衡常数K将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (6)用GaN做催化剂时制备二甲醚的反应机理如图甲，在GaN(110)界面上的反应历程如图乙，其反应为，在GaN(100)界面上生成两种自由基外还有水蒸气产生。 ①图乙表示的反应历程中，决速步骤的化学方程式为 。 ②GaN(100)界面上的反应为 。 【答案】(1) (2)c (3)D (4) (5) 3.0 不变 (6) 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅲ可以看作为由反应Ⅰ反应Ⅱ所得，则。 （2）根据时能自发进行，在反应Ⅲ中，，，该反应在低温时能自发且，则符合反应Ⅲ的线条为：c。 （3）在恒温()恒容条件下，将一定量的通入密闭容器中(含催化剂)发生上述反应，能够说明该反应体系已达化学平衡状态的是： A．：反应进行到某个时刻，与物质的量之比恰好为1：1，不能说明反应达平衡状态，A不符合题意； B．反应Ⅱ中：在反应中，化学反应速率之比=化学计量数之比，则，不能说明反应达平衡状态，B不符合题意； C．混合气体的密度不变：恒容容器，体积不变，混合气体的质量不变，则密度始终不变，不能说明反应达平衡状态，C不符合题意； D．混合气体的平均相对分子质量不变：混合气体的质量不变，反应前后的物质的量在改变，当混合气体的平均相对分子质量不变时，可以说明反应达平衡状态，D符合题意； 故答案为：D。 （4）一定温度下在某恒容密闭容器中按和的浓度比为投料进行上述反应，起始时，则。 ①根据表中数据，内，的改变量为，则其平均反应速率为。 ②在30min时反应已达到平衡状态，剩余的，消耗的，生成，根据反应Ⅰ和反应Ⅲ都可以看出反应中和的反应比始终为3:1，则，得到剩余的，根据C原子守恒可得，根据H原子守恒得到生成的，则反应Ⅲ的平衡常数为。 （5）根据图形可知，当时，二甲醚的选择性最高；因温度不变，则平衡常数K不变。 （6）①在反应历程中，反应过程的能垒最高（活化能最大），反应速率最慢，该步骤为反应的决速步骤，由图乙可知，反应的活化能最大，反应速率最慢，为决速步骤； ②GaN(100)界面上的反应除生成自由基外还有水蒸气产生，则GaN(100)界面上的反应为：。 14．（2025·天津河西·三模）通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为乙醇、甲酸等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。 Ⅰ．江南大学某团队开发了一种新型佬基单原子催化体系(LiI，Rh1/CeTiOx)，实现了CO2(或CH3OH)加氢一步高效制乙醇。有关反应为： 反应1：2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g) ΔH1； 反应2：CH3OH(g)+CO2(g)+3H2(g)C2H5OH(g)+2H2O(g) ΔH2，回答下列问题： (1)一定温度下，在恒容密闭容器中充入1molCO2、3molH2和1molCH3OH(g)，发生上述反应。下列叙述不正确的是 。 a．总压强不随时间变化时达到平衡状态 b．增大催化剂质量、反应速率一定增大 c．达到平衡时，1<<3 (2)在恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，在不同催化剂(Cat1和Cat2)作用下，仅发生反应1，实验测得单位时间内CO2的转化率与温度关系如图所示。 ①催化效能较高的是 (填“Cat1”或“Cat2”)。 ②当温度高于400℃时、曲线Cat1变化的原因可能是 。 (3)某温度下，向恒容密闭容器充入1molCO2、3molH2和1molCH3OH(g)，起始压强为100kPa。发生上述反应1和反应2，达到平衡时测得CO2转化率为60%，CH3OH为0.8mol。反应2的平衡常数K为 (kPa)(只列计算式，已知：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)。 Ⅱ．天津大学张兵教授团队以CO2与辛胺[CH3(CH2)7NH2]为原料实现了甲酸和辛腈[CH3(CH2)6CN]的高选择性合成，装置工作原理如图所示。 (4)工作时，In/ln2O3-x电极上发生的电极反应式是 。 (5)工作时，每转移2mol电子，理论上Ni2P电极上有 mol辛腈生成。 (6)用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol·L-1氨水和0.18mol·L-1甲酸铵的混合溶液，298K时该混合溶液的pH= 。[已知：298K时，电离常数Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5、Ka(HCOOH)=1.8×10-4] 【答案】(1)bc (2) Cat2 温度升高，Cat1催化活性降低(合理即可) (3)(答案合理即可) (4)CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH- (5)0.5mol (6)10 【分析】根据图示， In/ln2O3-x电极上二氧化碳得电子发生还原反应生成甲酸根离子，则In/ln2O3-x是阴极；Ni2P电极上CH3(CH2)7NH2失电子发生氧化反应生成CH3(CH2)6CN，Ni2P电极是阳极 【详解】（1）a．反应1、2反应前后气体计量数和不同，气体总压强是变量，总压强不随时间变化时达到平衡状态，故a正确； b．催化剂的质量并不是唯一决定反应速率的因素，增大催化剂质量、反应速率不一定增大，故b错误； c．反应1、2中CO2、H2的化学计量数比都等于CO2、H2的投料比，达到平衡时， =3，故c错误； 选bc。 （2）①根据图示，其他条件相同，使用催化剂Cat2时，CO2的转化率大，可知催化效能较高的是Cat2。 ②当温度高于400℃时、曲线Cat1 中CO2的转化率减小，变化的原因可能是：温度升高，Cat1催化活性降低。 （3）某温度下，向恒容密闭容器充入1molCO2、3molH2和1molCH3OH(g)，起始压强为100kPa。发生上述反应1和反应2，达到平衡时测得CO2转化率为60%，反应共消耗0.6molCO2，CH3OH为0.8mol，可知反应2消耗0.2molCH3OH，则反应2消耗0.2molCO2、0.6molH2，生成0.2mol C2H5OH、0.4molH2O，则反应1消耗0.4molCO2、1.2molH2，生成0.2mol C2H5OH、0.6molH2O，则平衡体系中有0.8molCH3OH、0.4molCO2、1.2molH2、0.4mol C2H5OH、1molH2O，平衡体系的总压强为 ，反应2的平衡常数K= (kPa)。 （4）根据图示，工作时，In/ln2O3-x电极上二氧化碳得电子发生还原反应生成甲酸根离子，发生的电极反应式是CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH- （5）工作时，Ni2P电极上CH3(CH2)7NH2失电子发生氧化反应生成CH3(CH2)6CN，电极反应式为CH3(CH2)7NH2-4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN+4H2O，每转移2mol电子，理论上Ni2P电极上有0.5mol辛腈生成。 （6）因为氨水的电离很微弱，所以 [NH3・H2O]≈1.00 mol・L -1，[]≈0.18 mol・L-1，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，=，所以，该混合溶液的pH=10。 15．（2025·北京西城·三模）油气开采、石油化工等行业废气普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。 (1)回收单质硫。催化空气氧化法制取单质硫的过程如图所示。写出总反应的化学方程式 。 (2)和重整制氢，此过程涉及的主要反应有： i． ii． 恒压条件下，将和按物质的量比为进行投料，并用稀释，不同温度下反应相同时间后，测得和体积分数如下图。 ①与重整制氢反应的热化学反应方程式是 。 ②其他条件不变时，加入稀释，可以提高的转化率，原因是 。 ③下列说法正确的是 (填序号)。 a．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高 b．结合上图数据分析，反应ii为与重整反应的决速步 c．在范围内，随温度升高，的体积分数增大 (3)电化学循环法：采用溶液吸收处理，并通过电解池实现“吸收液”再生，同时制取氢气，其原理如图所示。 ①写出反应器内发生反应的离子方程式 。 ②结合电极反应式说明“吸收液”在电解池中是如何再生的 。 【答案】(1) (2) 恒压条件下，加入稀释，容器体积增大，反应体系分压减小，反应向着正反应方向移动，的转化率增大 ac (3) 含和的溶液进入电解池的阳极区，发生，通过质子交换膜转移到阴极，阳极区得到的溶液，吸收液得以再生 【详解】（1）由图知，催化空气氧化法制取单质硫的过程中，、可以循环转化，反应的实质是H2S被O2氧化为S，根据得失电子守恒、原子守恒，可得到总反应的化学方程式：。 （2）①将反应i和反应ii的热化学方程式相加可得到与重整制氢反应的热化学反应方程式：。 ②加入可提高的转化率的原因：恒压条件下，加入稀释，容器体积增大，反应体系分压减小，反应向着正反应方向移动，则的转化率增大。 ③a．与重整制氢的总反应为吸热反应，其他条件不变时，温度升高可使反应平衡正向移动，的转化率提高，a正确； b．图中温度在之前，体积分数一直为0，之前体积分数随温度升高增大也不明显，说明反应ii需在较高温度下反应，阶段，体积分数增加了1.4%，氢气的体积分数只增加了3.0%，结合两个反应方程式知，反应i的速率慢，则反应i为总反应的决速步，b错误； c．反应I的，在范围内，升高温度，平衡正向移动，的体积分数增大，c正确； 故选ac。 （3）①由图知，溶液在反应器内将氧化为S2沉淀，自身被还原为，根据电子得失守恒、原子守恒，发生反应的离子方程式：。 ②由图知，含和的溶液进入电解池的阳极区，发生氧化反应：，为平衡阳极区电荷，通过质子交换膜转移到阴极，阳极区得到的溶液，吸收液得以再生。 16．（2025·福建泉州·三模）氢气是一种清洁能源，研究制氢技术具有重要意义。 ．乙醇与水催化重整制氢发生以下反应： 反应：   反应：   回答下列问题： (1)①已知反应：  ，则 。 ②反应能自发进行的条件为 。 (2)反应的速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。降低温度时 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)压强为100，的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。 A、B两点产率相等的原因是 。 (4)压强为100下，1 和3 发生上述反应，平衡时和的选择性、乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。[已知：的选择性] ①表示选择性的曲线是 (填标号)。 ②573K时，反应的 (写出详细计算过程，结果列计算式即可)。 ．已知晶体中离子空位越多，离子越容易在晶体中移动。在高温时，用铈()的氧化物电解水制氢，其晶胞结构如图所示。 (5)当进入氧化物晶格后(取代部分)，电解效率显著提升，其原因是 。 ．在“”催化作用下，乙醇-水催化重整中部分物种变化路径如图所示。 (6)不含的催化剂几乎没有催化活性的原因可能是 。 (7)若用标记乙醇，最终产物中含的物质化学式为 。 【答案】(1) 高温 (2)增大 (3)B点温度高于A点，升高温度，反应II逆向移动消耗氢气的量与反应I正向移动产生H2的量相等 (4) c 14.04 (5)取代部分后产生氧空位，增强了的传导能力 (6)必须先吸附于的活性位形成乙氧基，然后乙氧基再转移吸附的活性位上，从而实现脱氢 (7) 【详解】（1）①根据盖斯定律，将反应Ⅰ+反应Ⅱ×2得反应，； ②该反应为吸热反应，且是熵增反应，即∆H>0，∆S>0，根据，则该反应正向自发的条件为高温； （2）反应为放热反应，，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，即增大； （3）A、B两点氢气产率相等是因为B点温度高于A点，升高温度，反应为放热反应，逆向移动，反应I为吸热反应，正向移动，反应逆向移动消耗氢气的量与反应I正向移动产生氢气的量相等； （4）反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ平衡向逆反应方向移动，则升高温度，一氧化碳的选择性增大、二氧化碳的选择性减小，由一氧化碳的选择性和二氧化碳的选择性之和等于1可知，表示二氧化碳选择性的曲线为a、表示一氧化碳选择性的曲线是c、表示乙醇的转化率的曲线是b； ①由分析可知，表示一氧化碳选择性的曲线为c； ②由图可知，573K时，二氧化碳的选择性为85%，一氧化碳的选择性为15%，乙醇的转化率为60%，则平衡时一氧化碳的物质的量为1mol×60%×2×15%=0.18mol，二氧化碳的物质的量为1mol×60%×2×85%=1.02mol，设反应Ⅰ中消耗乙醇xmol、反应Ⅱ中消耗一氧化碳ymol，反应Ⅲ中消耗乙醇zmol，由方程式和乙醇的转化率可得：x+z=0.6，由方程式和一氧化碳的物质的量可得：2x-y=0.18，由方程式和二氧化碳的物质的量可得：y+2z=1.02，则平衡时水蒸气的物质的量为3-x-y-3z=3-(x+z)-(y+2z)=3-0.6-1.02=1.38mol，氢气的物质的量为4x+y+6z=4(x+z)+(y+2z)=2.4+1.02=3.42mol，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4mol，所以反应II的Kp=≈14.04； （5）当CuO进入Ce氧化物晶格后，Cu取代部分Ce，更易脱离晶体，即产生氧空位，因此电解效率显著提升； （6）由图可知，乙醇在上发生吸附活化，即必须先吸附于的活性位形成乙氧基，然后乙氧基再转移吸附的活性位上，从而实现脱氢，不含的催化剂几乎没有催化活性； （7） 根据题中图可知，标记的用“*”表示，观察可知从，故最终产物中含的物质化学式CO。 17．（2025·江苏苏州·三模）研究氢气的制备、储存与应用有重要意义。 I．氢气的制备 利用下图所示的铜—氯循环可以实现氢气的制备。 (1)300℃时，将水蒸气以一定流速通过CuCl2固体进行水解和热解，所得含Cu物质中Cu的物质的量占初始CuCl2的物质的量之比，随时间的变化如图所示。 已知：高于290℃时，CuCl2开始分解生成CuCl。 ①90min时，含铜产物中含量最高的是 。 ②60~90min时，产物中CuCl2增多的原因是 。 (2)其他条件不变，反应60min CuCl的占比随温度的变化如图所示。325~350℃随着温度升高CuCl的占比迅速增大的原因是 。 (3)CuCl溶于盐酸产生用于电解，电解反应的化学方程式为 。 Ⅱ．氢气的储存 (4)氢气常储存于不锈钢罐中，但H2易被金属催化解离形成半径小的H，H在金属中扩散导致氢脆降低罐体性能。在罐体内部引入一层聚乙烯醇()膜可以防止氢脆现象。H2难以穿过聚乙烯醇膜的原因可能是 。 Ⅲ．氢气的应用 氢气作为一种抗氧化剂，可以清除体内产生的X(与硝酸根互为同分异构体)，对于肿瘤等疾病有一定的治疗作用。 (5)已知X中N为价，且不含环状结构。则其结构式为 。 (6)将纳米镁注入肿瘤处可生成H2，用于肿瘤治疗。实验表明用溶液预先处理过的纳米镁疗效更好，原因是 。 【答案】(1) CuCl2 Cu2OCl2发生热分解生成CuO和CuCl2，CuCl2经水解循环又产生CuO，前者更多 (2)CuCl2分解为CuCl的反应速率加快，Cu2OCl2分解为CuCl的反应速率加快 (3)H2CuCl2H2↑+CuCl2 (4)聚乙烯醇的分子极性较强，与H2之间的分子间作用力较小，且聚乙烯醇分子间存在氢键，使得聚乙烯醇内分子间隙较小 (5)[O=N-O-O]- (6)Mg与溶液可以反应置换出Pt，则Mg和Pt之间形成原电池，加快了H2的生成 【详解】（1）①由题干图像信息可知，90min时，含量最高的曲线虽然是Cu2OCl2，但其含量并未大于CuCl2的两倍，故含铜产物中含量最高的是CuCl2，故答案为：CuCl2； ②由题干反应历程图可知，60~90min时，Cu2OCl2发生热分解生成CuO和CuCl2，CuCl2经水解循环又产生CuO，前者速率大于后者，故导致产物中CuCl2增多，故答案为：Cu2OCl2发生热分解生成CuO和CuCl2，CuCl2经水解循环又产生CuO，前者更多； （2）325~350℃随着温度升高CuCl2分解为CuCl的反应速率加快，Cu2OCl2分解为CuCl的反应速率加快，导致CuCl的占比迅速增大，故答案为：CuCl2分解为CuCl的反应速率加快，Cu2OCl2分解为CuCl的反应速率加快； （3）由题干反应历程图可知，CuCl溶于盐酸产生用于电解，电解得到CuCl2和H2，故电解反应的化学方程式为：H2CuCl2H2↑+CuCl2，故答案为：H2CuCl2H2↑+CuCl2； （4） 已知聚乙烯醇()的分子极性较强，而H2为非极性分子，与H2之间的分子间作用力较小，且聚乙烯醇分子间存在氢键，使得聚乙烯醇内分子间隙较小，导致H2难以穿过聚乙烯醇膜，故答案为：聚乙烯醇的分子极性较强，与H2之间的分子间作用力较小，且聚乙烯醇分子间存在氢键，使得聚乙烯醇内分子间隙较小； （5）已知X中N为价，且不含环状结构，即存在过氧键，则其结构式为[O=N-O-O]-，故答案为：[O=N-O-O]-； （6）将纳米镁注入肿瘤处可生成H2，用于肿瘤治疗，Mg的金属性比Pt的强，故Mg与溶液可以反应置换出Pt，则Mg和Pt之间形成原电池，加快了H2的生成，故实验表明用溶液预先处理过的纳米镁疗效更好，故答案为：Mg与溶液可以反应置换出Pt，则Mg和Pt之间形成原电池，加快了H2的生成。 18．（2025·江苏苏州·三模）纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿（CuS为主要成分）为原料制备。 I．获得纳米铜 (1)制备溶液，用溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入制取。不采用氨水直接浸取铜蓝矿的原因为 。[已知：  ；] (2)制备纳米铜。调节溶液的，加入溶液，水浴加热，充分反应得到纳米铜。 ①获得纳米铜时，被氧化成，反应的离子方程式为 。 ②还原过程中可能生成难溶的CuCl（白色）和（红色），为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净， 。（已知：；必须使用的试剂和设备：溶液。 溶液，溶液，通风设备） Ⅱ．应用纳米铜 (3)纳米铜铂电池。如图表示一种CuPt纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在Cu极和Pt级区域之间产生浓度差即产生电势差，形成自建电场；该纳米棒因内部传递电子而带负电荷，在自建电场作用下定向移动。 ①该纳米棒的Cu极电极反应式为 。 ②该纳米棒向 。（填“Cu极”或“Pt极”）方向定向移动。 【答案】(1)， ，其平衡常数很小，几乎不反应 (2) 将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol/LHNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有CuCl (3) Cu极 【详解】（1）， ，其平衡常数很小，几乎不反应，故不采用直接氨水浸取铜蓝矿； （2）①75℃时，碱性溶液中与发生氧化还原反应，生成Cu、N2，结合质量守恒还生成NH3、H2O，铜化合价由+2变为0、肼中氮化合价由-2变为0，根据得失电子守恒，离子方程式为； ②检验纳米铜样品中是否含有CuCl（白色）、（红色），应使其溶解检验溶液中是否含有氯离子，确定样品中是否含有CuCl，根据在酸性条件下发生，得到溶液显蓝色，而Cu、CuCl与稀硫酸不反应，确定样品中是否含有，故实验方案为：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净，取少量样品，将其加入过量溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol/LHNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有CuCl； （3）①原电池中电子由负极移向正极，根据题干、图中信息可知，Cu极相当于原电池负极，失电子生成CuI，电极反应式为； ②根据Cu极电极反应可知，Cu极区域碘离子浓度减小、Pt极区域碘离子浓度增大，即产生电势差，形成自建电场，该纳米棒带负电荷向碘离子浓度小的方向移动，即向Cu极方向移动。 19．（2025·江苏苏州·三模）丙烯的制备和应用具有重要意义。 I．丙烯的制备 一种甲烷溴化偶联制丙烯过程中发生的相关反应如下： 反应I：CH4(g)＋Br2(g)=CH3Br(g)＋HBr(g) 反应Ⅱ：CH3Br(g)＋Br2(g)=CH2Br2(g)＋HBr(g) 反应Ⅲ：3CH3Br(g)=C3H6(g)＋3HBr(g) (1)将8molCH4和8molBr2通入密闭容器，560℃达平衡时，测得容器中CH4的物质的量为1.6mol、CH3Br的物质的量为5.0mol。此时容器中含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2，该温度下反应Ⅱ的平衡常数K= 。 (2)向反应体系中加入少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8molCH4和8molBr2，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量随时间的变化关系如图1所示。 ①在8～14s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比= 。 ②图1中能说明I2提高了CH3Br的选择性的依据是 。 Ⅱ．丙烯的分离 通过C3H8氧化制得的C3H6中通常含有C3H8；由于Cu+的4s轨道与C3H6分子的π键电子形成配位键，通过Cu+修饰的分子筛吸附-脱附可实现C3H6和C3H8混合气的分离。 (3)一定温度和压强下，将C3H6和C3H8等体积混合，以一定流速通过一定质量的Cu+修饰的分子筛，测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度(c0)之比随时间变化关系如图2所示。a→b对应的时间段内，C3H8对应的先增大后减小的原因是 。 Ⅲ．丙烯的应用 (4)化合物Z可由丙烯获得，其可能的反应机理如下： 已知：Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂，则Z的结构简式为 。 (5)由丙烯制得的丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料。以CH2=CHCN为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，通过电解法可制得Sn(CH2CH2CN)4，阴极发生反应的电极方程式为 。 【答案】(1)10.92 (2) 2：1 5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 (3)a点后吸附剂不再吸附C3H8，原来被吸附的C3H8被C3H6替代开始脱附，C3H8对应的增大；p点到b点之间，被吸附的C3H8仍在被C3H6替代，由于吸附剂的量一定，速率相对之前有所减小，直至C3H8的浓度减小为原进口浓度(c0) (4) (5)Sn＋4CH2=CHCN＋4e-＋4H＋=Sn(CH2CH2CN)4 【详解】（1）由题意列三段式： 则平衡时CH3Br(g)、Br2(g)、CH2Br2(g)、HBr(g)分别为5mol、0.2mol、1.4mol、7.8mol，反应为等分子数的反应，则该温度下反应Ⅱ的平衡常数K； （2）①由图，在8～14s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比； ②由图，5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，说明I2提高了CH3Br的选择性； （3）由图a→b对应的时间段内，C3H8对应的先增大后减小，原因为：a点后吸附剂不再吸附C3H8，原来被吸附的C3H8被C3H6替代开始脱附，C3H8对应的增大；p点到b点之间，被吸附的C3H8仍在被C3H6替代，由于吸附剂的量一定，速率相对之前有所减小，直至C3H8的浓度减小为原进口浓度(c0)，使得a→b对应的时间段内，C3H8对应的先增大后减小； （4） 已知：Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂，使得a处碳氧键断裂，碳链中中间碳结合-18OH生成新的羟基，得到Z的结构简式为； （5）Sn作阴极，通过电解法可制得Sn(CH2CH2CN)4，阴极发生反应为酸性条件下，Sn、CH2=CHCN得到电子发生还原反应生成Sn(CH2CH2CN)4：Sn＋4CH2=CHCN＋4e-＋4H＋=Sn(CH2CH2CN)4。 20．（2025·宁夏银川·三模）绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题： (1)通过生物柴油副产物甘油制取H2正成为绿色能源的一个重要研究方向。生物甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下(K1、K2分别为反应I、Ⅱ的化学平衡常数)： I．C3H8O3(g)3CO(g)+4H2(g) ΔH1=+251kJ·mol-1 K1 Ⅱ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41kJ·mol-1，K2 ①反应I的逆反应能够自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)。 ②重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)的ΔH3= ，平衡常数K3= 。(用含K1、K2的计算式表示) (2)大量研究表明Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应(CH4+CO22CO+2H2)，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS1、TS2、TS3、TS4分别表示过渡态1、过渡态2、过渡态3、过渡态4)。 ①Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、v3，则脱氢过程的速率由小到大的关系为 。 ②甲烷逐步脱氢过程中，决定速率快慢的反应步骤是： (用化学方程式表示)。 ③Sn12Ni双金属合金团簇具有良好的抗积碳作用，有效抑制碳积沉对催化剂造成的不良影响，请结合图甲解释原因： 。 (3)甲烷干法重整制H2的过程为反应a：CH4+CO22CO+2H2，同时发生副反应b：CO2+H2CO+H2O，T℃时，在恒压容器中，通入2molCH4和2molCO2发生上述反应，总压强为P0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为P，则反应b的压强平衡常数Kp= (用含P和P0的计算式表示，已知分压=总压×物质的量分数)。 【答案】(1) 低温 +128kJ·mol-1 K1· (2) v2<v3<v1 CH3*+H*=CH2*+2H*或CH3*=CH2*+H* 积炭反应为最后一步反应，三种催化剂中Sn12Ni所需活化能最大，反应不易发生，故产生积碳较少 (3)或   【详解】（1）①反应自发进行ΔG＜0，ΔG=ΔH-TΔS，逆反应3CO(g)+4H2(g)C3H8O3(g)的ΔH<0，ΔS<0，可得高温可自发进行； ②由反应I.C3H8O3(g)3CO(g)+4H2(g) II.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)，根据盖斯定律可知重整总反应=Ⅰ+3×II，可知重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)的ΔH=ΔH1+3×ΔH2=+251kJ•mol-1+3×(-41)kJ•mol-1=+128kJ•mol-1，平衡常数K3= K1·。 （2）①活化能越低，反应速率越大，Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的活化能Pt12Ni<Cu12Ni<Sn12Ni，则反应速率v2<v3<v1； ②活化能最大时为反应的决速步骤，由图可知，过渡态为TS2的反应为决速步骤，对应的方程式为CH3*+H*=CH2*+2H*或CH3*=CH2*+H*； ③积炭反应为最后一步反应，由图可知三种催化剂中Sn12Ni所需活化能最大，反应不易发生，故产生积碳较少。 （3）在恒压容器中，通入2molCH4和2molCO2发生上述反应，总压强为P0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为P，则： P= ，x==或  。 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$