专题5 化学反应速率与化学平衡-【创新教程】2021-2025五年高考真题化学分类特训试卷

　　　 　专题五　化学反应速率与 化学平衡 考点１　化学反应速率及其影响因素 １．(２０２５􀅰浙江１月卷,１１)下列说法正确的是 (　　) A．常温常压下 H２(g)和O２(g)混合无明显现象,则反应２H２(g)＋O２(g)􀪅􀪅２H２O(l)在该条 件下不自发 B．３H２(g)＋N２(g)􀜩􀜨􀜑 ２NH３(g)　ΔH＜０,升高温度,平衡逆向移动,则反应的平衡常数减小 C．CO(g)＋H２(g)􀜩􀜨􀜑 C(s)＋H２O(g)　ΔH＜０,则正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．Na(s)＋１２Cl２ (g)􀪅􀪅NaCl(s)　ΔH＜０,Na＋(g)＋Cl－(g)􀪅􀪅NaCl(s)　ΔH＜０, 则Na(s)＋１２Cl２ (g)􀪅􀪅Na＋(g)＋Cl－(g)　ΔH＜０ ２．(２０２５􀅰黑吉辽蒙卷,１４)一定条件下,“BrO－３ －SO２－３ －[Fe(CN)６]４－－H＋”４种原料按固定流 速不断注入连续流动反应器中,体系pHＧt振荡图像及涉及反应如下.其中AB 段发生反应 ①~④,①②为快速反应.下列说法错误的是 (　　) 　　 ① SO２－３ ＋H＋􀪅􀪅HSO－３ ② HSO－３ ＋H＋􀪅􀪅H２SO３ ③ ３HSO－３ ＋BrO－３ 􀪅􀪅３SO２－４ ＋Br－＋３H＋ ④ H２SO３＋BrO－３ → ⑤ BrO－３＋６H＋＋６[Fe(CN)６]４－􀪅􀪅Br－＋６[Fe(CN)６]３－ ＋３H２O A．原料中c(H＋)不影响振幅和周期 B．反应④:３H２SO３＋BrO－３ 􀪅􀪅３SO２－４ ＋Br－＋６H＋ C．反应①~④中,H＋对SO２－３ 的氧化起催化作用 D．利用pH响应变色材料,可将pH振荡可视化 ３．(２０２５􀅰安徽卷,１１)恒温恒压密闭容器中,t＝０时加入 A(g),各组分物质的量分数x随反应时间t变化的曲 线如图(反应速率v＝kx,k为反应速率常数). 下列说法错误的是 (　　) A．该条件下 xN,平衡 xM,平衡 ＝ k－１k２ k１k－２ B．０~t１ 时间段,生成 M和N的平均反应速率相等 C．若加入催化剂,k１ 增大,k２ 不变,则x１ 和xM,平衡 均变大 D．若A(g)→M(g)和A(g)→N(g)均为放热反应,升高温度则xA,平衡 变大 ９４ ４．(２０２４􀅰安徽卷,１２)室温下,为探究纳米铁去除水样中SeO２－４ 的影响因素,测得不同条件下 SeO２－４ 浓度随时间变化关系如图. 实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH ① ５０ ８ ６ ② ５０ ２ ６ ③ ５０ ２ ８ 下列说法正确的是 (　　) A．实验①中,０~２小时内平均反应速率v(SeO２－４ )＝２．０mol􀅰L－１􀅰h－１ B．实验③中,反应的离子方程式为:２Fe＋SeO２－４ ＋８H＋􀪅􀪅２Fe３＋＋Se＋４H２O C．其他条件相同时,适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D．其他条件相同时,水样初始pH越小,SeO２－４ 的去除效果越好 ５．(２０２４􀅰河北卷,１１)在水溶液中,CN－可与多种金属离子形成配离子.X、Y、Z三种金属离子 分别与CN－形成配离子达平衡时,lgc (金属离子) c(配离子) 与－lgc(CN－)的关系如图. 下列说法正确的是 (　　) A．９９％的X、Y转化为配离子时,两溶液中CN－的平衡浓度:X＞Y B．向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐,达平衡时 c (X) c(X配离子)＞ c(Z) c(Z配离子) C．由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时,消耗CN－的物质的量:Y＜Z D．若相关离子的浓度关系如P点所示,Y配离子的解离速率小于生成速率 ６．(２０２２􀅰广东卷,１５)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X􀜩􀜨􀜑 ２Y的 影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,则 (　　) A．无催化剂时,反应不能进行 B．与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更低 C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化 D．使用催化剂Ⅰ时,０~２min内,v(Χ)＝１．０mol􀅰L－１􀅰min－１ ０５ 考点２　化学平衡与化学反应进行的方向 １．(２０２５􀅰河南卷,１３)在 MoS２ 负载的 RhＧFe催化剂作用下,CH４ 可在室温下高效转化为 CH３COOH,其可能的反应机理如图所示. 下列说法错误的是 (　　) A．该反应的原子利用率为１００％ B．每消耗１molO２ 可生成１molCH３COOH C．反应过程中,Rh和Fe的化合价均发生变化 D．若以CD４ 为原料,用 H２O吸收产物可得到CD３COOH ２．(２０２５􀅰甘肃卷,４)CO２ 加氢转化成甲烷,是综合利用CO２ 实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方 式.５２５℃,１０１kPa下,CO２(g)＋４H２(g)􀪅􀪅CH４(g)＋２H２O(g)　ΔH＝－１８５kJ/mol.反 应达到平衡时,能使平衡向正反应方向移动的是 (　　) A．减小体系压强 B．升高温度 C．增大 H２ 浓度 D．恒容下充入惰性气体 ３．(２０２５􀅰山东卷,１０)在恒容密闭容器中,Na２SiF６(s)热解反 应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物.平衡体系中 各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示. 已知:T２ 温度时,Na２SiF６(s)完全分解;体系中气相产物在 T１、T３ 温度时的分压分别为p１、p３.下列说法错误的是 (　　) A．a线所示物种为固相产物 B．T１ 温度时,向容器中通入N２,气相产物分压仍为p１ C．p３ 小于T３ 温度时热解反应的平衡常数Kp D．T１ 温度时、向容器中加入b线所示物种,重新达平衡时逆反应速率增大 １５ ４．(多选)(２０２４􀅰山东卷,１５)逆水气变换反应:CO２(g)＋H２(g)􀜩􀜨􀜑 CO(g)＋H２O(g)　ΔH＞０.一 定压力下,按CO２、H２ 物质的量之比n(CO２)∶n(H２)＝１∶１投料,T１、T２ 温度时反应物摩尔分 数随时间变化关系如图所示.已知该反应的速率方程为v＝kc０．５(H２)c(CO２),T１、T２ 温度时 反应速率常数k分别为k１,k２.下列说法错误的是 (　　) A．k１＞k２ B．T１,T２ 温度下达平衡时反应速率的比值: v(T１) v(T２) ＜ k１ k２ C．温度不变,仅改变体系初始压力,反应物摩尔分数随时间的变化曲线不变 D．T２ 温度下,改变初始投料比例,可使平衡时各组分摩尔分数与T１ 温度时相同 ５．(２０２３􀅰辽宁卷,１３)某小组进行实验,向１０mL蒸馏水中加入０．４gI２,充分振荡,溶液呈浅棕 色,再加入０．２g锌粒,溶液颜色加深;最终紫黑色晶体消失,溶液褪色.已知I－３ (aq)为棕色,下 列关于颜色变化的解释错误的是 (　　) 选项 颜色变化 解释 A 溶液呈浅棕色 I２ 在水中溶解度较小 B 溶液颜色加深 发生了反应:I２＋I－􀜩􀜨􀜑 I－３ C 紫黑色晶体消失 I２(aq)的消耗使溶解平衡I２(s)􀜩􀜨􀜑 I２(aq)右移 D 溶液褪色 Zn与有色物质发生了置换反应 ６．(２０２２􀅰广东卷,１３)恒容密闭容器中,BaSO４(s)＋４H２(g)􀜩􀜨􀜑 BaS(s)＋ ４H２O(g)在不同温度下达平衡时,各组分的物质的量(n)如图所示.下 列说法正确的是 (　　) A．该反应的ΔH＜０ B．a为n(H２O)随温度的变化曲线 C．向平衡体系中充入惰性气体,平衡不移动 D．向平衡体系中加入BaSO４,H２ 的平衡转化率增大 ７．(２０２２􀅰浙江卷,１９)关于反应Cl２(g)＋H２O(l)􀜩􀜨􀜑 HClO(aq)＋H＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH＜０, 达到平衡后,下列说法不正确 的是 (　　) A．升高温度,氯水中的c(HClO)减小 B．氯水中加入少量醋酸钠固体,上述平衡正向移动,c(HClO)增大 C．取氯水稀释,c(Cl－)/c(HClO)增大 D．取两份氯水,分别滴加AgNO３ 溶液和淀粉KI溶液,若前者有白色沉淀,后者溶液变蓝色, 可以证明上述反应存在限度 ２５ 考点３　化学平衡常数、转化率及其计算 １．(２０２５􀅰河南卷,１０)在催化剂a或催化剂b作用下,丙烷发生脱氢反应制备丙烯,总反应的化学方 程式为CH３CH２CH３(g)􀜩􀜨􀜑 CH３CH􀪅CH２(g)＋H２(g),反应进程中的相对能量变化如图所示(∗表 示吸附态,∗CH３CHCH２＋２∗H →CH３CH􀪅CH２(g)＋H２(g)中部分进程已省略). 　　　　　　　　　 　　　 下列说法正确的是 (　　) A．总反应是放热反应 B．两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C．和催化剂b相比,丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D．①转化为②的进程中,决速步骤为∗CH３CH２CH３ →∗CH３CHCH３＋∗H ２．(２０２５􀅰黑吉辽蒙卷,１５)室温下,将０．１molAgCl置于０．１mol􀅰L－１NH４NO３ 溶液中,保持溶 液体积和N元素总物质的量不变,pXＧpH曲线如图,Ag＋＋NH３􀜩􀜨􀜑 [Ag(NH３)]＋和Ag＋＋ ２NH３􀜩􀜨􀜑 [Ag(NH３)２]＋的平衡常数分别为K１ 和K２;NH＋４ 的水解常数Kh(NH＋４ )＝１０－９．２５. 下列说法错误的是 (　　) 　　 pX＝－lg[c(X)/(mol􀅰L－１)] X代表Ag＋、[Ag(NH３)]＋、 [Ag(NH３)２]＋或NH３ A．Ⅲ为[Ag(NH３)２]＋的变化曲线 B．D 点:c(NH＋４ )－c(OH－)＞０．１－c(H＋) C．K１＝１０３．２４ D．C点:c(NH３)＝１０－３．５２mol􀅰L－１ ３．(２０２４􀅰黑吉辽卷,１２)“绿色零碳”氢能前景广阔.为解决传 统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题,科技工 作者设计耦合 HCHO高效制 H２ 的方法,装置如图所示.部 分反应机理为: O 􀪅􀪅 H H ＋OH－ －OH－ 􀜩 􀜨􀜑􀜑􀜑 HO H O－ H －e－ 　→ HO H O 􀪅 ＋１２H２ .下列说法错误的是 (　　) A．相同电量下 H２ 理论产量是传统电解水的１􀆰５倍 B．阴极反应:２H２O＋２e－􀪅􀪅２OH－＋H２↑ C．电解时OH－通过阴离子交换膜向b极方向移动 D．阳极反应:２HCHO－２e－＋４OH－􀪅􀪅２HCOO－＋２H２O＋H２↑ ３５ ４．(２０２４􀅰山东卷,１０)常温下 Ag(Ⅰ)－CH３COOH 水溶液体系中 存在反应:Ag＋＋CH３COO－􀜩􀜨􀜑 CH３COOAg(aq),平衡常数为 K.已知初始浓度c０(Ag＋)＝c０(CH３COOH)＝０􀆰０８mol􀅰L－１, 所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(忽略溶液体 积变化).下列说法正确的是 (　　) A．线Ⅱ表示CH３COOH的变化情况 B．CH３COOH的电离平衡常数Ka＝１０－n C．pH＝n时,c(Ag＋)＝１０ m－n K mol 􀅰L－１ D．pH＝１０时,c(Ag＋)＋c(CH３COOAg)＝０􀆰０８mol􀅰L－１ ５．(多选)(２０２３􀅰山东卷,１４)一定条件下,化合物E和TFAA合成 H的反应路径如下: N 􀪅􀪅 OH ＋ F３C O 􀪅􀪅 O O 􀪅􀪅 CF３ －CF３CO２H → N 􀪅􀪅 OOCCF３ → ＋CF３CO２H －CF３CO２H 􀜩 􀜨􀜑􀜑􀜑􀜑􀜑 ＋ F３C O 􀪅􀪅 O O 􀪅􀪅 CF３ 　E　　　　　　TFAA　　　　　　　　　F　　　　　　　　G　　　　　　　 　H　　　　　TFAA 已知反 应 初 始 E 的 浓 度 为０．１０mol􀅰L－１,TFAA 的 浓 度 为 ０．０８mol􀅰L－１,部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示,忽略 反应过程中的体积变化.下列说法正确的是 (　　) A．t１ 时刻,体系中有E存在 B．t２ 时刻,体系中无F存在 C．E和TFAA反应生成F的活化能很小 D．反应达平衡后,TFAA的浓度为０．０８mol􀅰L－１ ６．(多选)(２０２３􀅰山东卷,１５)在含 HgI２(s)的溶液中,一定c(I－)范围内,存 在平衡关系:HgI２(s)􀜩􀜨􀜑 HgI２(aq);HgI２(aq)􀜩􀜨􀜑 Hg２＋＋２I－;HgI２(aq) 􀜩􀜨􀜑 HgI＋＋I－;HgI２(aq)＋I－􀜩􀜨􀜑 HgI－３ ;HgI２(aq)＋２I－􀜩􀜨􀜑 HgI２－４ ,平衡 常数 依 次 为 K０、K１、K２、K３、K４.已 知lgc(Hg２＋)、lgc(HgI＋ ), lgc(HgI－３ )、lgc(HgI２－４ )随lgc(I－)的变化关系如图所示,下列说法错误 的是 (　　) A．线L表示lgc(HgI２－４ )的变化情况 B．随c(I－)增大,c[HgI２(aq)]先增大后减小 C．a＝lg K１ K２ D．溶液中I元素与 Hg元素的物质的量之比始终为２∶１ ７．(２０２３􀅰湖南卷,１３)向一恒容密闭容器中加入１molCH４ 和一定量的 H２O,发生反应:CH４(g)＋H２O(g)􀜩􀜨􀜑 CO(g)＋３H２(g).CH４ 的平衡 转化率按不同投料比xx＝ n(CH４) n(H２O) æ è ç ö ø ÷随温度的变化曲线如图所示.下 列说法错误的是 (　　) A．x１＜x２ B．反应速率:vb正＜vc正 C．点a、b、c对应的平衡常数:Ka＜Kb＝Kc D．反应温度为T１,当容器内压强不变时,反应达到平衡状态 ４５ ８．(多选)(２０２２􀅰湖南卷,１４)向体积均为１L的两恒容容器中分别充入２mol X和１molY发生反应:２X(g)＋Y(g)􀜩􀜨􀜑 Z(g)　ΔH,其中甲为绝热过程, 乙为恒温过程,两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示.下列说法 正确的是 (　　) A．ΔH＞０　　　　　　　　　　　　B．气体的总物质的量:na＜nc C．a点平衡常数:K＞１２ D．反应速率:va正＜vb正 ９．(２０２３􀅰全国乙卷,２８)硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途,如 可用作农药防治小麦黑穗病,制造磁性氧化铁、铁催化剂等.回 答下列问题: (１)在N２ 气氛中,FeSO４􀅰７H２O的脱水热分解过程如图所示: 根据上述实验结果,可知x＝　　　　,y＝　　　　. (２)已知下列热化学方程式: FeSO４􀅰７H２O(s)􀪅􀪅FeSO４(s)＋７H２O(g) ΔH１＝akJ􀅰mol－１ FeSO４􀅰xH２O(s)􀪅􀪅FeSO４(s)＋xH２O(g) ΔH２＝bkJ􀅰mol－１ FeSO４􀅰yH２O(s)􀪅􀪅FeSO４(s)＋yH２O(g)　ΔH３＝ckJ􀅰mol－１ 则FeSO４􀅰７H２O(s)＋FeSO４􀅰yH２O(s)􀪅􀪅２(FeSO４􀅰xH２O)(s)的ΔH＝　　　　kJ􀅰mol－１. (３)将FeSO４ 置入抽空的刚性容器中,升高温度发生分解反应: ２FeSO４(s)􀜩􀜨􀜑 Fe２O３(s)＋SO２(g)＋SO３(g)(Ⅰ).平衡时pSO３－T 的关系如图所示.６６０K 时,该反应的平衡总压p总＝　　　　 kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)＝　　　　(kPa) ２.Kp(Ⅰ)随反应温度升高 而　　　　(填“增大”“减小”或“不变”). (４)提高温度,上述容器中进一步发生反应２SO３(g)􀜩􀜨􀜑 ２SO２(g)＋ O２(g)(Ⅱ),平衡时pO２＝　　　　(用pSO３、pSO２表示).在９２９K 时,p总＝８４．６kPa,pSO３＝３５．７kPa,则pSO２＝　　　　kPa,Kp(Ⅱ)＝　　　　kPa(列出计算式). １０．(２０２３􀅰辽宁卷,１８)硫酸工业在国民经济中占有重要地位. (１)我国古籍记载了硫酸的制备方法———“炼石胆(CuSO４􀅰５H２O)取精华法”.借助现代仪 器分析,该制备过程中CuSO４􀅰５H２O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变 化情况,数值已省略)如图所示.７００℃左右有两个吸热峰,则此时分解生成的氧化物有SO２、 　　　 　和　　　 　(填化学式). (２)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(７６％以下),副产物为亚硝基硫酸,主要反应如下: NO２＋SO２＋H２O􀪅􀪅NO＋H２SO４　２NO＋O２􀪅􀪅２NO２ (ⅰ)上述过程中NO２ 的作用为　　　　　　　　　　　　 　. (ⅱ)为了适应化工生产的需求,铅室法最终被接触法所代替,其主要原因是　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　(答出两点即可). ５５ (３)接触法制硫酸的关键反应为SO２ 的催化氧化: SO２(g)＋ １ ２O２ (g)􀜩􀜨􀜑 SO３(g)　ΔH＝－９８．９kJ􀅰mol－１ (ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度,绘制 相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图所 示,下列说法正确的是　　　 　. a．温度越高,反应速率越大 b．α＝０．８８的曲线代表平衡转化率 c．α越大,反应速率最大值对应温度越低 d．可根据不同α下的最大速率,选择最佳生产温度 (ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能,我国科学家对其进行了改良.不同催化剂下,温度和转化 率关系如图所示,催化性能最佳的是　　　 　(填标号). (ⅲ)设O２ 的平衡分压为p,SO２ 的平衡转化率为αe,用含p和αe的代数式表示上述催化氧化 反应的Kp＝　　　 　(用平衡分压代替平衡浓度计算). １１．(２０２３􀅰山东卷,２０)一定条件下,水气变换反应 CO＋H２O􀜩􀜨􀜑 CO２＋H２ 的中间产物是 HCOOH.为探究该反应过程,研究 HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应: Ⅰ．HCOOH􀜩􀜨􀜑 CO＋H２O(快) Ⅱ．HCOOH􀜩􀜨􀜑 CO２＋H２(慢) 研究发现,在反应Ⅰ、Ⅱ中,H＋仅对反应Ⅰ有催化加速作用;反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ,近似 认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态.忽略水的电离,其浓度视为常数. 回答下列问题: (１)一定条件下,反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH１,ΔH２,则该条件下水气变换反应的焓变ΔH＝ 　　　　(用含ΔH１,ΔH２ 的代数式表示). (２)反应Ⅰ正反应速率方程为:v＝kc(H＋)􀅰c(HCOOH),k为反应速率常数.T１ 温度下, HCOOH电离平衡常数为 Ka,当 HCOOH平衡浓度为xmol􀅰L－１时,H＋浓度为　　　　 mol􀅰L－１,此时反应Ⅰ正反应速率v＝　　　　mol􀅰L－１􀅰h－１(用含Ka、x和k的代数式表示). (３)T３ 温度下,在密封石英管内完全充满１．０mol􀅰L－１HCOOH 水溶液,使 HCOOH分解,分解产物均完全溶于水.含碳物种浓 度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形 式).t１ 时刻 测 得 CO、CO２ 的 浓 度 分 别 为０．７０mol􀅰L－１, ０．１６mol􀅰L－１,反应Ⅱ达平衡时,测得H２ 的浓度为ymol􀅰L－１.体 系达平衡后c(CO) c(CO２) ＝　　　　(用含y的代数式表示,下同),反 应Ⅱ的平衡常数为　　　　. 相同条件下,若反应起始时溶液中同时还含有０．１０mol􀅰L－１盐酸,则图示点a,b,c,d中,CO 新的浓度峰值点可能是　　　　(填标号).与不含盐酸相比,CO达浓度峰值时,CO２ 浓度 　　　　(填“增大”“减小”或“不变”), c (CO) c(HCOOH) 的值　　　　(填“增大”“减小”或“不变”). ６５ １２．(２０２２􀅰山东卷,２０)利用γＧ丁内酯(BL)制备１,４Ｇ丁二醇(BD),反应 过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和１Ｇ丁醇(BuOH)的副反应,涉及 反应如下: 已知:①反应Ⅰ为快速平衡,可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响;②因反应Ⅰ在高压H２ 氛围下进 行,故 H２ 压强近似等于总压.回答下列问题: (１)以５．０×１０－３molBL或BD为初始原料,在４９３K、３．０×１０３kPa的高压H２ 氛围下,分别在恒压 容器中进行反应.达平衡时,以BL为原料,体系向环境放热XkJ;以BD为原料,体系从环境吸热 YkJ.忽略副反应热效应,反应Ⅰ焓变ΔH(４９３K,３．０×１０３kPa)＝　　　　kJ􀅰mol－１. (２)初始条件同上.xi表示某物种i的物质的量与除 H２ 外其它各物种总物质的量之比,xBL 和xBD随时间t变化关系如图甲所示.实验测得X＜Y,则图中表示xBL变化的曲线是　　　　; 反应Ⅰ平衡常数Kp＝　　　　　kPa －２(保留两位有效数字).以BL为原料时,t１ 时刻xH２O ＝　　　　,BD产率＝　　　　(保留两位有效数字). (３)(xBD/xBL)max为达平衡时xBD与xBL的比值.(４９３K,２．５×１０３kPa)、(４９３K,３．５× １０３kPa)、(５１３K,２．５×１０３kPa)三种条件下,以５．０×１０－３molBL为初始原料,在相同体积的 刚性容器中发生反应, xBD /xBL (xBD/xBL)max 随时间t变化关系如图乙所示.因反应在高压 H２ 氛围下 进行,可忽略压强对反应速率的影响.曲线a、b、c中,(xBD/xBL)max最大的是　　 　(填代 号);与曲线b相比,曲线c达到 xBD/xBL (xBD/xBL)max ＝１．０所需时间更长,原因是 　 　. １３．(２０２２􀅰全国甲卷,２８)金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途,目前生产 钛的方法之一是将金红石(TiO２)转化为TiCl４,再进一步还原得到钛.回答下列问题: (１)TiO２ 转化为TiCl４ 有直接氯化法和碳氯化法.在１０００℃时反应的热化学方程式及其平 衡常数如下: (ⅰ)直接氯化: TiO２(s)＋２Cl２(g)􀪅􀪅TiCl４(g)＋O２(g)　ΔH１＝１７２kJ􀅰mol－１,Kp１＝１．０×１０ －２ (ⅱ)碳氯化: TiO２(s)＋２Cl２(g)＋２C(s)􀪅􀪅TiCl４(g)＋２CO(g)　ΔH２＝－５１kJ􀅰mol－１,Kp２＝１．２×１０ １２Pa ①反应２C(s)＋O２(g)􀪅􀪅２CO(g)的ΔH 为　　　　　　kJ􀅰mol－１,Kp＝　　　 　　　Pa. ７５ ②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化,其原因是 　. ③对于碳氯化反应:增大压强,平衡　　　　　　移动(填“向左”“向右”或“不”);温度升高, 平衡转化率　　　　　　(填“变大”“变小”或“不变”). (２)在１．０×１０５Pa,将TiO２、C、Cl２ 以物质的量比１∶２􀆰２∶２ 进行反应.体系中气体平衡组成比例(物质的量分数)随温 度变化的理论计算结果如图所示. ①反应C(s)＋CO２(g)􀪅􀪅２CO(g)的平衡常数Kp(１４００℃) ＝　　　　　　Pa. ②图中显示,在２００ ℃平衡时 TiO２ 几乎完全转化为 TiCl４,但实际生产中反应温度却远高于此温度,其原因是 　. (３)TiO２ 碳氯化是一个“气—固—固”反应,有利于TiO２－C“固—固”接触的措施是　　　　 　　　　　　　　　　　　　　. １４．(２０２１􀅰全国乙卷,２８)一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物,具有强氧化性,可与金属直接反应, 也可用作有机合成中的碘化剂.回答下列问题: (１)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体,由于性质相似,Liebig误认为是ICl,从而错过了 一种新元素的发现.该元素是　　　　. (２)氯铂酸钡(BaPtCl６)固体加热时部分分解为BaCl２、Pt和Cl２,３７６．８℃时平衡常数K′p＝ １．０×１０４Pa２.在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl６,抽真空后,通过一支管通入碘蒸气(然 后将支管封闭).在３７６．８℃,碘蒸气初始压强为２０．０kPa,３７６．８℃平衡时,测得烧瓶中压 强为３２．５kPa,则pICl＝　　　　kPa,反应２ICl(g)􀪅􀪅Cl２(g)＋I２(g)的平衡常数K＝　　　　(列 出计算式即可). (３)McMorris测定和计算了在１３６~１８０℃范围内下列 反应的平衡常数Kp: ２NO(g)＋２ICl(g)􀜩􀜨􀜑 ２NOCl(g)＋I２(g)　Kp１ ２NOCl(g)􀜩􀜨􀜑 ２NO(g)＋Cl２(g)　Kp２ 得到lgKp１~ １ T 和lgKp２~ １ T 均为线性关系,如图所示: ①由图可知,NOCl分解为NO和Cl２ 反应的ΔH 　　　　０ (填“大于”或“小于”). ②反应２ICl(g)􀪅􀪅Cl２(g)＋I２(g)的K＝　　　　(用Kp１、Kp２表示);该反应的ΔH 　　　　０(填 “大于”或“小于”),写出推理过程 　. (４)Kistiakowsky曾研究了NOCl∗光化学分解反应,在一定频率(ν)光的照射下机理为: NOCl＋hν →NOCl∗ NOCl＋NOCl∗ →２NO＋Cl２ 其中hν表示一个光子能量,NOCl∗表示NOCl的激发态.可知,分解１mol的NOCl需要吸 收　　　　mol的光子. ８５ 考点４　化学反应原理综合 １．(２０２５􀅰河南卷,１７)(１５分)CaCO３ 的热分解与NixPy 催化的CH４ 重整结合,可生产高纯度合 成气(H２＋CO),实现碳资源的二次利用.主要反应如下: 反应Ⅰ:CaCO３(s)􀜩􀜨􀜑 CaO(s)＋CO２(g)　ΔH１＝＋１７８kJ􀅰mol－１ 反应Ⅱ:CH４(g)＋CO２(g)􀜩􀜨􀜑 ２H２(g)＋２CO(g)　ΔH２＝＋２４７kJ􀅰mol－１ 反应 Ⅲ:H２(g)＋CO２(g)􀜩􀜨􀜑 H２O(g)＋CO(g)　ΔH３＝＋４１kJ􀅰mol－１ 回答下列问题: (１)Ca位于元素周期表中　　　　区;基态Ni２＋的价电子排布式为　　　　. (２)水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同,原因是 　. (３)NixPy 的晶胞如图１所示(晶胞参数a＝b≠c,α＝β＝９０°,γ＝１２０°),该物质的化学式为 　　　　　　　　. (４)恒压条件下,CH４ 重整反应可以促进CaCO３ 分解,原因是 　. (５)在温度分别为T１、T２ 和T３ 下,CH４ 的平衡转化率与压强的关系如图２所示,反应温度最 高的是　　　　(填“T１”“T２”或“T３”).原因是 　. 　 图１　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　图２ (６)一定温度、１００kPa下,向体系中加入１．０molCaCO３ 和１．０molCH４,假设此条件下其他 副反应可忽略,恒压反应至平衡时,体系中CaCO３ 转化率为８０％,CH４ 转化率为６０％,CO物 质的量为１．３mol,反应Ⅲ的平衡常数Kp＝　　　　(保留小数点后一位),此时原位CO２ 利用 率为　　　　. 已知:原位CO２ 利用率＝ [nCaCO３(初始)－nCaCO３(平衡)]－nCO２(平衡) nCaCO３(初始) ×１００％ ２．(２０２５􀅰甘肃卷,１７)(１４分)乙炔加氢是除去乙烯中少量乙炔杂质,得到高纯度乙烯的重要方 法.该过程包括以下两个主要反应: 反应１:C２H２(g)＋H２(g)􀪅􀪅C２H４(g)　ΔH１＝－１７５kJ􀅰mol－１(２５℃,１０１kPa) 反应２:C２H２(g)＋２H２(g)􀪅􀪅C２H６(g)　ΔH２＝－３１２kJ􀅰mol－１(２５℃,１０１kPa) (１)２５℃,１０１kPa时,反应 C２H４(g)＋H２(g)􀪅􀪅C２H６(g)　ΔH＝ 　　　　kJ􀅰mol－１. (２)一定条件下,使用某含Co催化剂,在不同温度下测得乙炔转化率 和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所 示(反应均未达平衡). 在６０~２２０℃范围内,乙炔转化率随温度升高而增大的原因为　　　 　　　　　　　　　(任写一条),当温度由２２０℃升高至２６０℃乙炔 转化率减小的原因可能为　　　　　　　　　　　　. ９５ 在１２０~２４０℃范围内,反应１和反应２乙炔的转化速率大小关系为 v１　　　　v２(填“＞”“＜”或“＝”),理由为　　　　　　　　　　　 　　　　　. (３)对于反应１,反应速率v(C２H２)与 H２ 浓度c(H２)的关系可用方程 式v(C２H２)＝k[c(H２)]α 表示 (k为常数).１４５℃时,保持其他条件 不变,测定了不同浓度时的反应速率(如表).当v(C２H２)＝１．０１２× １０－４mol􀅰L－１􀅰s－１时,c(H２)＝　　　　mol􀅰L－１. 实验组 c(H２)/mol􀅰L－１ v(C２H２)/mol􀅰L－１􀅰s－１ 一 ４．６０×１０－３ ５．０６×１０－５ 二 １．３８０×１０－２ １．５１８×１０－４ (４)以Pd/W或Pd为催化剂,可在常温常压(２５℃,１０１kPa)下实现乙炔加氢.反应机理如图 所示(虚线为生成乙烷的路径).以　　　　为催化剂时,乙烯的选择性更高,原因为　　　　 　　　　　　　　.(图中“∗”表示吸附态;数值为生成相应过渡态的活化能) ３．(２０２５􀅰浙江１月卷,１８)(１２分)二甲胺[(CH３)２NH]、N,NＧ二甲基甲酰胺[HCON(CH３)２]均 是用途广泛的化工原料.请回答: (１)用氨和甲醇在密闭容器中合成二甲胺,反应方程式如下: Ⅰ．NH３(g)＋CH３OH(g)􀜩􀜨􀜑 CH３NH２(g)＋H２O(g) Ⅱ．CH３NH２(g)＋CH３OH(g)􀜩􀜨􀜑 (CH３)２NH(g)＋H２O(g) Ⅲ．(CH３)２NH(g)＋CH３OH(g)􀜩􀜨􀜑 (CH３)３N(g)＋H２O(g) 可改变甲醇平衡转化率的因素是　　 　(填标号). A．温度　　　B．投料比[n(NH３)∶n(CH３OH)]　　　C．压强　　　D．催化剂 (２)２５℃下,(CH３)２NH􀅰H２O的电离常数为Kb,－lgKb＝３􀆰２,则１mol/L[(CH３)２NH２]＋Cl－水 溶液的pH＝　　　　. (３)在[(CH３)２NH２]＋Cl－ 的有机溶液中电化学还原CO２ 制备 HCON(CH３)２,阴极上生成 HCON(CH３)２ 的电极反应方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　. (４)上述电化学方法产率不高,工业中常用如下反应生产 HCON(CH３)２:(CH３)２NH(g)＋CO(g) 􀪅􀪅HCON(CH３)２(l).某条件下反应自发且熵减,则反应在该条件下ΔH 　　 　０(填“＞”“＜”或 “＝”). (５)有研究采用CO２、H２ 和(CH３)２NH催化反应制备 HCON(CH３)２.在恒温密闭容器中,投 料比n(CO２)∶n(H２)∶n[(CH３)２NH]＝２０∶１５∶１,催化剂 M足量.反应方程式如下: Ⅳ．CO２(g)＋H２(g) 催化剂 M 碱性物质􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅HCOOH(g) ０６ Ⅴ．HCOOH(g)＋(CH３)２NH(g)􀪅􀪅HCON(CH３)２(g)＋H２O(g) HCOOH、(CH３)２NH、HCON(CH３)２ 三种物质的物质的量百分比随反应时间变化如图所示. (例:HCOOH 的 物 质 的 量 百 分 比 ＝ n (HCOOH) n(HCOOH)＋n[(CH３)２NH]＋n[HCON(CH３)２] ×１００％) 　　　　　　　　　 　　　　　　 ①请解释HCOOH的物质的量百分比随反应时间变化的原因(不考虑催化剂 M活性降低或失 活): 　. ②若用SiH４ 代替 H２ 作为氢源与CO２ 反应生成 HCOOH,可以降低反应所需温度.请从化学 键角度解释原因: 　. ４．(２０２５􀅰黑吉辽蒙卷,１８)(１４分)乙二醇是一种重要化工原料,以合成气(CO、H２)为原料合成 乙二醇具有重要意义. Ⅰ．直接合成法:２CO(g)＋３H２(g) 催化剂 􀜩 􀜨􀜑􀜑􀜑 HOCH２CH２OH(g),不同温度下平衡常数如表 所示. 温度 ２９８K ３５５K ４００K 平衡常数 ６．５×１０４ １．０ １．３×１０－３ (１)该反应的ΔH 　　　　０(填“＞”或“＜”). (２)已知CO(g)、H２(g)、HOCH２CH２OH(g)的燃烧热(ΔH)分别为－akJ􀅰mol－１、－bkJ􀅰mol－１、 －ckJ􀅰mol－１,则上述合成反应的ΔH＝　　　　kJ􀅰mol－１(用a、b和c表示). (３)实验表明,在５００K时,即使压强(３４MPa)很高乙二醇产率(７％)也很低,可能的原因是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(答出１条即可). Ⅱ．间接合成法:用合成气和O２ 制备的DMO合成乙二醇,发生如下３个均放热的连续反应, 其中 MG生成乙二醇的反应为可逆反应. COOCH３ COOCH３ ＋２H２ —CH３OH → CH２OH COOCH３ ＋２H２ —CH３OH → CH２OH CH２OH ＋H２ －H２O → CH３ CH２OH 　DMO(g) MG(g) 乙二醇 (g) 乙醇(g) (４)在２MPa、Cu/SiO２ 催化、固定流速条件下,发生上述反应,初始氢酯比 n(H２) n(DMO)＝５２．４ ,出 口处检测到DMO的实际转化率及 MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所示[某 物质的选择性＝ n生成(该物质) n消耗(DMO)×１００％ ]. １６ ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性,则曲线　　　　(填图中标号,下同)表示DMO的转化 率,曲线　　　　表示 MG的选择性. ②有利于提高A 点DMO转化率的措施有　　　　(填标号). A．降低温度 B．增大压强 C．减小初始氢酯比 D．延长原料与催化剂的接触时间 ③４８３K时,出口处n (乙醇) n(DMO) 的值为　　　　(精确至０．０１). ④A 点反应 MG(g)＋２H２(g)􀜩􀜨􀜑 HOCH２CH２OH(g)＋CH３OH(g)的浓度商Qx＝　　　　 (用物质的量分数代替浓度计算,精确至０．００１). ５．(２０２５􀅰安徽卷,１７)(１５分)Ⅰ．通过甲酸分解可获得超高纯度的CO.甲酸有两种可能的分解 反应: ①HCOOH(g)􀪅􀪅CO(g)＋H２O(g)　ΔH１＝＋２６．３kJ􀅰mol－１ ②HCOOH(g)􀪅􀪅CO２(g)＋H２(g)　ΔH２＝－１４．９kJ􀅰mol－１ (１)反应CO(g)＋H２O(g)􀪅􀪅CO２(g)＋H２(g)的ΔH＝　　　　kJ􀅰mol－１. (２)一定温度下,向恒容密闭容器中通入一定量的 HCOOH(g),发生上述两个分解反应,下列 说法中能表明反应达到平衡状态的是　　　　(填标号). a．气体密度不变 b．气体总压强不变 c．H２O(g)的浓度不变 d．CO和CO２ 的物质的量相等 (３)一定温度下,使用某催化剂时反应历程如图甲,反应①的选择性接近１００％,原因是　　　 　　　;升高温度,反应历程不变,反应①的选择性下降,可能的原因是　　　　　　　　. 甲 Ⅱ．甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和 H２)的重要方法,主要反应有 ③CH４(g)＋CO２(g)􀜩􀜨􀜑 ２CO(g)＋２H２(g) ④CO２(g)＋H２(g)􀜩􀜨􀜑 CO(g)＋H２O(g) ⑤CH４(g)＋H２O(g)􀜩􀜨􀜑 CO(g)＋３H２(g) 　　CH４/CO２/Ar 　　乙 (４)恒温恒容条件下,可提高CH４ 平衡转化率的措施有　　　　(填 标号). a．增加原料中CH４ 的量　b．增加原料中CO２ 的量　c．通入Ar气 (５)恒温恒压密闭容器中,投入不同物质的量之比的CH４/CO２/Ar混 合气,投料组成与CH４ 和CO２ 的平衡转化率之间的关系如图乙. ⅰ．投料组成中 Ar含量下降,平衡体系中n(CO)∶n(H２)的值将 　　　　(填“增大”“减小”或“不变”). ⅱ．若平衡时Ar的分压为pkPa,根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数 Kp＝　　　　(kPa) ２(用含p的代数式表示,Kp 是用分压代替浓度计算 的平衡常数,分压＝总压×物质的量分数). ２６ ６．(２０２５􀅰河北卷,１７)(１５分)乙二醇(EG)是一种重要的基础化工原料,可通过石油化工和煤化 工等工业路线合成. (１)石油化工路线中,环氧乙烷(EO)水合工艺是一种成熟的乙二醇生产方法,环氧乙烷和水反 应生成乙二醇,伴随生成二乙二醇(DEG)的副反应. 主反应:EO(aq)＋H２O(l)􀪅􀪅EG(aq)　ΔH＜０ 副反应:EO(aq)＋EG(aq)􀪅􀪅DEG(aq) 体系中环氧乙烷初始浓度为１．５mol􀅰L－１,恒温下反应３０min,环氧乙烷完全转化,产物中 n(EG)∶n(DEG)＝１０∶１. ①０~３０min内 ,v总(EO)＝　　　　mol􀅰L－１􀅰min－１. ②下列说法正确的是　　　　(填序号). a．主反应中,生成物总能量高于反应物总能量 b．０~３０min内,v总(EO)＝v总(EG) c．０~３０min内 ,v主(EG)∶v副(DEG)＝１１∶１ d．选择适当催化剂可提高乙二醇的最终产率 (２)煤化工路线中,利用合成气直接合成乙二醇,原子利用率可达１００％,具有广阔的发展前景. 反应如下: ２CO(g)＋３H２(g)􀜩􀜨􀜑 HOCH２CH２OH(g)　ΔH 按化学计量比进料,固定平衡转化率α,探究温度与压强的关系.α分别为０．４、０．５和０．６时, 温度与压强的关系如图: ①代表α＝０．６的曲线为　　　　(填“L１”“L２”或“L３”);原因是 　　　　　　　　. ②ΔH 　　　　０(填“＞”“＜”或“＝”). ③已知:反应aA(g)＋bB(g)􀜩􀜨􀜑 yY(g)＋zZ(g),Kx＝ xy(Y)xz(Z) xa(A)xb(B) ,x 为组分的物质的量 分数. M、N 两点对应的体系,Kx(M)　　　　Kx(N)(填“＞”“＜”或“＝”),D 点对应体系的Kx 的 值为　　　　. ④已知:反应aA(g)＋bB(g)􀜩􀜨􀜑 yY(g)＋zZ(g),Kp＝p y(Y)pz(Z) pa(A)pb(B) ,p为组分的分压.调整进料比为 n(CO)∶n(H２)＝m∶３,系统压强维持p０MPa,使α(H２)＝０．７５,此时Kp＝　　　　MPa －４(用含有 m和p０ 的代数式表示). ３６ ７．(２０２５􀅰山东卷,２０)(１２分)利用CaS循环再生可将燃煤尾气中的SO２ 转化生产单质硫,涉及 的主要反应如下: Ⅰ．CaS(s)＋２SO２(g)􀜩􀜨􀜑 CaSO４(s)＋S２(g)　ΔH１ Ⅱ．CaSO４(s)＋４H２(g)􀜩􀜨􀜑 CaS(s)＋４H２O(g)　ΔH２ Ⅲ．SO２(g)＋３H２(g)􀜩􀜨􀜑 H２S(g)＋２H２O(g)　ΔH３ 恒容条件下,按１molCaS,１molSO２ 和０．１molH２ 投料反应.平衡体系中,各气态物种的 lgn随温度的变化关系如图所示,n为气态物种物质的量的值. 已知:图示温度范围内反应Ⅱ平衡常数K＝１０８ 基本不变. 回答下列问题: (１)反应４H２(g)＋２SO２(g)􀜩􀜨􀜑 ４H２O(g)＋S２(g)的焓变ΔH ＝　　　　(用含ΔH１、ΔH２ 的代数式表示). (２)乙线所示物种为　　　　(填化学式).反应Ⅲ的焓变 ΔH３　　　　０(填“＞”“＜”或“＝”). (３)T１ 温度下,体系达平衡时,乙线、丙线所示物种的物质的量 相等,若丁线所示物种为amol,则S２ 为　　　　mol(用含a的代数式表示);此时,CaS与 CaSO４ 物质的量的差值n(CaS)－n(CaSO４)＝　　　　mol(用含a的最简代数式表示). (４)T２ 温度下,体系达平衡后,压缩容器体积S２ 产率增大.与压缩前相比,重新达平衡时,H２S 与 H２ 物质的量之比 n(H２S) n(H２) 　　　　(填“增大”“减小”或“不变”),H２O物质的量n(H２O) 　　　　(填“增大”“减小”或“不变”). ８．(２０２５􀅰江苏卷,１７)(１７分)合成气(CO和 H２)是重要的工业原料气. (１)合成气制备甲醇:CO(g)＋２H２(g)􀪅􀪅CH３OH(g). CO的结构式为C≡O,估算该反应的ΔH 需要　　　　(填数字)种化学键的键能数据. (２)合成气经“变换”“脱碳”获得纯 H２. ①合成气变换.向绝热反应器中通入CO、H２ 和过量的 H２O(g): CO(g)＋H２O(g) 低温型催化剂 约２３０℃、３MPa􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅􀪅CO２ (g)＋H２(g)　ΔH＜０ 催化作用受接触面积和温度等因素影响,H２O(g)的比热容较大.H２O(g)过量能有效防止催 化剂活性下降,其原因有 　. ②脱碳在钢制吸收塔中进行,吸收液成分:质量分数３０％的K２CO３ 吸收剂、K２CrO４(Cr正价 有＋３、＋６)缓蚀剂等.K２CO３ 溶液浓度偏高会堵塞设备,导致堵塞的物质是　　　　　　　 　　　　(填化学式).K２CrO４ 减缓设备腐蚀的原理是　　　　　　　　　　　　　. (３)研究 CH４、H２O(g)与不同配比的铁铈载氧体 x ２Fe２O３ 􀅰(１－x)CeO２,０≤x≤１, é ë êê Ce是活泼金属,正价有＋３、＋４ ] 反 应,气 体 分 步 制 备 原 理 示 意 如 图 甲 所 示.相 同 条 件下,先后以一定流速通入固定体积的 CH４、H２O(g),依次发生的主要反应: 步骤Ⅰ　CH４ 载氧体供氧 ８５０℃ →CO＋２H２ 步骤Ⅱ　H２O 载氧体夺氧 ４００℃ →H２ ４６ ①步骤Ⅰ中,产物气体积分数、CH４ 转化率、 n(H２) n(CO) 与x的关系如图 乙所示.x＝０时, n(H２) n(CO) 大于理论值２的可能原因有　　　　　　 　　　　;x＝０．５时,通入标准状况下３００mL的CH４ 至反应结束, CO的选择性＝ n生成(CO) n转化(CH４) ×１００％＝８０％,则生成标准状况下CO和H２ 的总体积为　　　　mL. 　　 甲　　　　　　　　　　　　　　　乙 ②x＝０．５时,新制载氧体、与CH４ 反应后的载氧体的X射线衍射谱图如图丙所示(X射线衍 射用于判断某晶态物质是否存在,不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同).步骤Ⅱ中,能与 H２O(g)反应的物质有　　　　　　　　　　　　　　　(填化学式). 丙 ③结合图示综合分析,步骤Ⅰ中Fe２O３ 的作用、气体分步制备的价值:　　　　　　　　. ９．(２０２５􀅰陕晋青宁卷,１７)(１５分)MgCO３/MgO循环在CO２ 捕获及转化等方面具有重要应用. 科研人员设计了利用 MgCO３ 与 H２ 反应生成CH４ 的路线,主要反应如下: Ⅰ．MgCO３(s)􀪅􀪅MgO(s)＋CO２(g)　ΔH１＝＋１０１kJ􀅰mol－１ Ⅱ．CO２(g)＋４H２(g)􀪅􀪅CH４(g)＋２H２O(g)　ΔH２＝－１６６kJ􀅰mol－１ Ⅲ．CO２(g)＋H２(g)􀪅􀪅H２O(g)＋CO(g)　ΔH３＝＋４１kJ􀅰mol－１ 回答下列问题: (１)计算MgCO３(s)＋４H２(g)􀪅􀪅MgO(s)＋２H２O(g)＋CH４(g)　ΔH４＝　　　　kJ􀅰mol－１. (２)提高CH４ 平衡产率的条件是　　　　(填标号). A．高温高压　　　　B．低温高压　　　　C．高温低压　　　　D．低温低压 (３)高温下 MgCO３ 分解产生的 MgO催化CO２ 与 H２ 反应生成CH４,部分历程如图甲,其中吸 附在催化剂表面的物种用∗标注,所示步骤中最慢的基元反应是　　　　(填序号),生成水的 基元反应方程式为　　　　　　　　. ５６ 甲 (４)１００kPa下,在密闭容器中H２(g)和MgCO３(s)各１mol发生反应.反应物(H２、MgCO３)的 平衡转化率和生成物(CH４、CO２)的选择性随温度变化关系如图乙、丙所示(反应Ⅲ在３６０℃以 下不考虑). 　 　　　　　　　　　　　　　　　该图为乙图内 M附近区域放大图 乙　　　　　　　　　　　　　　　　　　　丙 注:含碳生成物选择性＝ 含碳生成物的物质的量 MgCO３ 转化的物质的量 ×１００％ ①表示CH４ 选择性的曲线是　　　　(填字母). ②点 M温度下,反应Ⅱ的Kp＝　　　　(kPa) －２(列出计算式即可). ③在５５０℃下达到平衡时,n(CO)＝　　　　mol.５００~６００℃ ,随温度升高 H２ 平衡转化率 下降的原因可能是 　. １０．(２０２５􀅰云南卷,１７)(１５分)我国科学家研发出一种乙醇(沸点７８．５℃)绿色制氢新途径,并实 现高附加值乙酸(沸点１１８℃)的生产,主要反应为 Ⅰ．C２H５OH(g)＋H２O(g)􀪅􀪅２H２(g)＋CH３COOH(g)　ΔH１　Kp１ Ⅱ．C２H５OH(g)􀪅􀪅CH３CHO(g)＋H２(g)　ΔH２＝＋６８．７kJ􀅰mol－１ 回答下列问题: (１)乙醇可由秸秆生产,主要过程为 秸秆 预处理 →纤维素 水解 → 　　　　 发酵 →乙醇 (２)对于反应Ⅰ: ①已知CH３CHO(g)＋H２O(g)􀪅􀪅H２(g)＋CH３COOH(g)　ΔH＝－２４．３kJ􀅰mol－１,则 ΔH１＝　　　　kJ􀅰mol－１. ②一定温度下,下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是　　　　(填标号). A．容器内的压强不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．CH３COOH的体积分数不再变化 D．单位时间内生成１molH２O,同时消耗２molH２ ６６ ③反应后从混合气体分离得到 H２,最适宜的方法为　　　　. (３)恒压１００kPa下,向密闭容器中按n(H２O)∶n(C２H５OH)＝９∶１投料,产氢速率和产物的 选择性随温度变化关系如图１,关键步骤中间体的能量变化如图２. [比如:乙酸选择性＝n (生成的乙酸) n(转化的乙醇)×１００％ ] 　　　 图１　　　　　　　　　　　　　　　　　图２ ①由图１可知,反应Ⅰ最适宜的温度为２７０℃,原因为 　. ②由图中信息可知,乙酸可能是　　　　(填“产物１”“产物２”或“产物３”). ③２７０℃时,若该密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ,平衡时乙醇的转化率为９０％,乙酸的选择性 为８０％,则p(CH３COOH)∶p(C２H５OH)＝　　　　,平衡常数Kp１＝　　　　kPa(列出计 算式即可;用平衡分压代替平衡浓度计算,分压＝总压×物质的量分数). １１．(２０２４􀅰全国甲卷,２８)(１５分) 甲烷转化为多碳化合物具有重要意义.一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C３H６)的研究所获得 的部分数据如下.回答下列问题: (１)已知如下热化学方程式: CH４(g)＋Br２(g)􀪅􀪅CH３Br(g)＋HBr(g)　ΔH１＝－２９kJ􀅰mol－１ ３CH３Br(g)􀪅􀪅C３H６(g)＋３HBr(g)　ΔH２＝＋２０kJ􀅰mol－１ 计算反应３CH４(g)＋３Br２(g)􀪅􀪅C３H６(g)＋６HBr(g)的ΔH＝　　　kJ􀅰mol－１. (２)CH４ 与Br２ 反应生成CH３Br,部分CH３Br会进一步溴化.将８mmolCH４ 和８mmolBr２ 通入密闭容器,平衡时,n(CH４)、n(CH３Br)与温度的关系如图(假设反应后的含碳物质只有 CH４、CH３Br和CH２Br２). (ⅰ)图中CH３Br的曲线是　　　 　(填“a”或“b”). (ⅱ)５６０℃时,CH４ 的转化率α＝　　　 　,n(HBr)＝　　　 　mmol. (ⅲ)５６０℃时,反应CH３Br(g)＋Br２(g)􀪅􀪅CH２Br２(g)＋HBr(g)的平衡常数K＝　　　 　. ７６ (３)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８mmol CH４ 和８mmolBr２ 通入密闭容器,溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如图. (ⅰ)在１１~１９s之间,有I２ 和无I２ 时CH３Br的生成速率之比 v(有I２) v(无I２) ＝　　　 　. (ⅱ)从图中找出I２ 提高了CH３Br选择性的证据: 　 　　　　　　　　　　　　　　　　. (ⅲ)研究表明,I２ 参与反应的可能机理如下: ①I２(g)􀪅􀪅􀅰I(g)＋􀅰I(g) ②􀅰I(g)＋CH２Br２(g)􀪅􀪅IBr(g)＋􀅰CH２Br(g) ③􀅰CH２Br(g)＋HBr(g)􀪅􀪅CH３Br(g)＋􀅰Br(g) ④􀅰Br(g)＋CH４(g)􀪅􀪅HBr(g)＋􀅰CH３(g) ⑤􀅰CH３(g)＋IBr(g)􀪅􀪅CH３Br(g)＋􀅰I(g) ⑥􀅰I(g)＋􀅰I(g)􀪅􀪅I２(g) 根据上述机理,分析I２ 提高CH３Br选择性的原因: 　 　. １２．(２０２４􀅰新课标卷,２９)(１４分)Ni(CO)４(四羰合镍,沸点４３℃)可用于制备高纯 镍,也是有机化合物羰基化反应的催化剂.回答下列问题: (１)Ni基态原子价电子的轨道表示式为　　　　.镍的晶胞结构类型与铜的相 同,晶胞体积为a３,镍原子半径为　　　　. (２)Ni(CO)４ 结构如图甲所示,其中含有σ键的数目为　　　　,Ni(CO)４ 晶体 的类型为　　　　. (３)在总压分别为０．１０、０．５０、１．０、２．０MPa下,Ni(s)和 CO(g)反应达平衡时,Ni(CO)４ 体积分数x与温度的关 系如图乙所示.反应 Ni(s)＋４CO(g)􀪅􀪅Ni(CO)４(g) 的ΔH 　　　　０(填“大于”或“小于”).从热力学角度 考虑,　　　　有利于 Ni(CO)４ 的生成(写出两点). p３、１００℃时CO的平衡转化率α＝　　　　,该温度下 平衡常数Kp＝　　　　(MPa) －３. (４)对 于 同 位 素 交 换 反 应 Ni(C１６O)４ ＋C１８O→ Ni(C１６O)３C１８O＋C１６O,２０℃时反应物浓度随时间的变 化关系为ct[Ni(C１６O)４]＝c０[Ni(C１６O)４]e－kt(k为反应 速率常数),则Ni(C１６O)４ 反应一半所需时间t１２　　　　(用k表示). ８６ １２．B　该储能电池放电时,Pb为负极,失电子结合硫酸根 离子生成PbSO４,则多孔碳电极为正极,正极上 Fe３＋ 得 电子转化为Fe２＋ ,充电时,多孔碳电极为阳极,Fe２＋ 失电 子生成Fe３＋ ,PbSO４ 电极为阴极,PbSO４ 得电子生成 Pb 和硫酸.A．放电时负极上 Pb失电子结合硫酸根离子 生成PbSO４ 附着在负极上,负极质量增大,A 错误;B． 储能过程中,该装置为电解池,将电能转化为化学能,B 正确;C．放电时,右侧为正极,电解质溶液中的阳离子 向正极移动,左侧的 H＋ 通过质子交换膜移向右侧,C 错误;D．充 电 时,总 反 应 为 PbSO４ ＋２Fe２＋ 􀪅􀪅Pb＋ SO２－４ ＋２Fe３＋ ,D错误;故答案选B. １３．C　A．阴极应该发生得电子的还原反应,实际上 Mg在 阳极失电子生成 Mg２＋ ,A 错误;B．Al在阳极上被氧化 生成 Al３＋ ,B错误;C．阳极材料中 Cu和Si不参与氧化 反应,在电解槽底部可形成阳极泥,C正确;D．因为阳 极除了铝参与电子转移,镁也参与了电子转移,且还会 形成阳极泥,而阴极只有铝离子得电子生成铝单质,根 据电子转移数守恒及元素守恒可知,阳极与阴极的质 量变化不相等,D错误;故选 C. １４．解析:以粗镓为原料制备高纯 Ga(CH３)３ 的工艺流程. (１)晶体 Ga(CH３)３ 的沸点较低,为分子晶体.(２)镓的 熔点为２９．８ ℃,电解精炼温度需高于镓的熔点,因此 电解池温度控制在４０~４５℃.Ga和 Al的性质相似, 电解精 炼 过 程 中 粗 镓 在 阳 极 失 电 子 产 生 的 Ga３＋ 在 NaOH 溶液中形成[Ga(OH)４]－ ,[Ga(OH)４]－ 迁移到 阴极,得电子被还原为 Ga,故阴极反应为[Ga(OH)４]－ ＋３e－ 􀪅􀪅Ga＋４OH－ .(３)根据原子守恒,结合流程图 中物质转 化 配 平,得 反 应 的 化 学 方 程 式 为 Ga２Mg５＋ ８CH３I＋２Et２O 􀪅􀪅２Ga(CH３)３ (Et２O)＋３MgI２ ＋ ２CH３MgI.(４)由(３)可知,残渣中含 CH３MgI,结合元 素守恒可 知,其 和 水 反 应 生 成 的 可 燃 性 气 体 为 CH４. (５)由已知②、③,结合流程图可知,溶剂蒸发、配体交 换时 Et２O 得 以 循 环 利 用,A 项 正 确;高 纯 Ga 能 与 H２O、O２ 反应,CH３I、Ga(CH３)３ 能与水反应,有机物能 与 O２ 反应,故B项正确;配体交换时 NR３ 和Ga(CH３)３ (Et２O)反应得到 Ga(CH３)３(NR３)和 Et２O,则工序 X 为解配Ga(CH３)３(NR３),并利用 Ga(CH３)３ 和 NR３ 的 沸点相差较大蒸出 Ga(CH３)３,C项正确;Ga(CH３)３ 和 CH３I中均只有１种氢原子,核磁共振氢谱均只有一组 吸收峰,但吸收强度不同,可以鉴别,D项错误. (７)Ga(CH３)３ 中Ga为sp２ 杂化,Ga(CH３)３(Et２O)中Ga为 sp３ 杂 化,因 此 C—Ga—C 键 角 大 小:Ga(CH３)３ ＞ Ga(CH３)３(Et２O). 答案:(１)分子晶体 (２)电解精炼温度需在镓的熔点以上 [Ga(OH)４]－ ＋３e－ 􀪅􀪅Ga＋４OH－ (３)Ga２Mg５＋８CH３I＋２Et２O􀪅􀪅 ２Ga(CH３)３(Et２O)＋３MgI２＋２CH３MgI (４)CH４ (５)D (６)Ga(CH３)３ 和 Et２O 的沸点接近,而Ga(CH３)３ 和 NR３ 的沸点相差较大,解配后可以分离出 Ga(CH３)３ (７)＞ 　Ga(CH３)３ 中 Ga 为 sp２ 杂 化,Ga(CH３)３ (Et２O)中 Ga为sp３ 杂化 [考点４] １．D　A．发蓝处理技术通常用于钢铁等黑色金属,通过在 空气中加热或直接浸泡于浓氧化性溶液中来实现,可在 金属表面形成一层极薄的氧化膜,这层氧化膜能有效防 锈,A不符合题意;B．阳极氧化是将待保护的金属与电 源正极连接,在金属表面形成一层氧化膜的过程,B不符 合题意;C．表面渗镀是在高温下将气态、固态或熔化状 态的欲渗镀的物质(金属或非金属元素)通过扩散作用 从被渗镀的金属的表面渗入内部以形成表层合金镀层 的一种表面处理的方法,C 不符合题意;D．喷涂油漆是 将油漆涂在待保护的金属表面并没有在表面形成钝化 膜,D符合题意;故答案选 D. ２．C　A．氨水浓度越大,越容易生成[Zn(NH３)４]２＋ ,腐蚀 趋势越大,A正确;B．腐蚀的总反应为Zn＋４NH３􀅰H２O 􀪅􀪅[Zn(NH３)４]２＋ ＋H２↑＋２H２O＋２OH－ ,有 OH－ 生 成,溶液 pH 变大,B正确;C．该电化学腐蚀中 Zn作负 极,Fe作正极,正极上氢离子得电子生成氢气,铁电极上 的电极反应式为:２H２O＋２e－ 􀪅􀪅H２↑＋２OH－ ,C 错 误;D．根 据 得 失 电 子 守 恒,每 生 成 标 准 状 况 下 ２２４mLH２,转移电子数为 ０．２２４L×２ ２２．４L/mol＝０．０２mol ,消耗 ０．０１０molZn,D正确. ３．D　A．氯化钠溶液中始终存在氯离子,所以加入硝酸银 溶液后,不管铁片是否被腐蚀,均会出现白色沉淀,故 A 不符合题意;B．淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质,但 不论铁片是否被腐蚀,均无氧化性物质与碘化钾发生反 应,故B不符合题意;C．KSCN 溶液可检测铁离子的存 在,上述现象中不会出现铁离子,所以无论铁片是否被 腐蚀,加入 KSCN溶液后,均无红色出现,故 C不符合题 意;D．K３[Fe(CN)６]是用于检测 Fe２＋ 的试剂,若铁片没 有 被 腐 蚀,则 溶 液 中 不 会 生 成 亚 铁 离 子,则 加 入 K３[Fe(CN)６]溶液就 不 会 出 现 蓝 色 沉 淀,故 D 符 合 题 意.综上所述,答案为 D. ４．A　A项,聚乙烯是一种无毒的塑料,是最常见的食品包 装袋材料之一,则用聚乙烯塑料制作食品包装袋与燃烧 生成二氧化碳和水无关,故 A 符合题意;B项,溴离子具 有还原性,能与氯气反应生成溴单质,镁离子具有弱氧 化性,能用电解熔融氯化镁的方法制得镁,则海水制取 溴和镁单质,与溴离子可被氧化、镁离子可被还原有关, 故B不符合题意;C项,氢氟酸能与二氧化硅反应,常用 来刻蚀石英制作艺术品,则用氢氟酸刻蚀石英制作艺术 品,与氢氟酸能与二氧化硅反应有关,故 C不符合题意; D项,钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀,在护栏上涂 油漆可以隔绝钢铁与潮湿空气接触,防止钢铁腐蚀,则 公园的钢铁护栏涂刷多彩油漆防锈,与隔绝钢铁与潮湿 的空气防止腐蚀有关,故 D不符合题意;故选 A. 专题五　化学反应速率与化学平衡 [考点１] １．B　A．根据复合判据 ΔG＝ΔH－TΔS,该反应 ΔH＜０、 ΔS＜０,温度较低时 ΔG＜０,故低温能自发进行,A 错误; B．该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,平衡常 数减小,B正确;C．该反应为放热反应,则E正 －E逆 ＜０, 则正反应的活化能小于逆反应的活化能,C错误;D．①: Na(s)＋１２Cl２ (g)􀪅􀪅NaCl(s)　ΔH１＜０,②:Na＋ (g)＋ Cl－ (g)􀪅􀪅NaCl(s)　ΔH２＜０,根据盖斯定律,反应① －反应②得到目标反应 Na(s)＋ １２Cl２ (g)􀪅􀪅Na＋ (g) ＋Cl－ (g),则 ΔH＝ΔH１－ΔH２,由 于 不 能 明 确 ΔH１、 ΔH２ 相对大小,则 ΔH 不能确定,D错误. ２．A　A．根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小,A 错 误;B．反应 ④ 中 亚 硫 酸 被 氧 化,反 应 的 离 子 方 程 式 为 ３H２SO３＋BrO－３ 􀪅􀪅３SO２－４ ＋Br－ ＋６H＋ ,B正确;C．由 于①②为快 速 反 应,而 溴 酸 根 离 子 直 接 氧 化 的 是 亚 硫 酸,所以反应①~④中,H＋ 对SO２－３ 的氧化起催化作用, C正确;D．根据题干信息和图像可知利用pH 响应变色 材料,可将pH 振荡可视化,D正确. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２８１ ３．C　A．①A(g)􀜩􀜨􀜑 M(g)的 K＝ k１ k－１ ,②A(g)􀜩􀜨􀜑 N(g) 的K＝k２k－２ ,②－①得到 M(g)􀜩􀜨􀜑 N(g),则 K＝ xN,平衡 xM,平衡 ＝ k２ k－２ k１ k－１ ＝ k２k－１ k１k－２ ,A正确;B．由图可知,０~t１ 时间段,生成 M 和 N的物质的量相同,由此可知,生成 M 和 N的平均 反应速率相等,B正确;C．若加入催化剂,k１ 增大,更有 利于生成 M,则 x１ 变 大,但 催 化 剂 不 影 响 平 衡 移 动, xM,平衡 不变,C错误;D．若 A(g)→M(g)和 A(g)→N(g) 均为放热反应,升高温度,两个反应均逆向移动,A 的物 质的量分数变大,即xA,平衡 变大,D正确. ４．C　A．实验①中,０~２小时内平均反应速率v(SeO２－４ )＝ (５．０×１０－５－１．０×１０－５)mol􀅰L－１ ２h ＝２．０×１０ －５ mol􀅰L－１ 􀅰h－１,A不正确;B．实验③中水样初始pH＝８,溶液显弱 碱性,发生反应的离子方程式中不能用 H＋ 配电荷守恒, B不正确;C．综合分析实验①和②可知,在相同时间内, 实验①中SeO２－４ 浓度的变化量大,因此,其他条件相同 时,适当增加纳米铁质量可加快反应速率,C正确;D．综 合分析实验③和②可知,在相同时间内,实验②中SeO２－４ 浓度的变化量大,因此,其他条件相同时,适当减小初始 pH,SeO２－４ 的 去 除 效 果 越 好,但 是 当 初 始 pH 太 小 时, H＋ 浓度太 大,纳 米 铁 与 H＋ 反 应 速 率 加 快,会 导 致 与 SeO２－４ 反 应 的 纳 米 铁 减 少,因 此,当 初 始 pH 越 小 时 SeO２－４ 的去除效果不一定越好,D不正确. ５．B　９９％的 X、Y转化为配离子时,溶液中 c (X) c(X配离子)＝ c(Y) c(Y配离子)＝ １％ ９９％ ,则lg c (X) c(X配离子)＝ lg c (Y) c(Y配离子)≈－２ ,根 据 图 像 可 知,纵 坐 标 约 为 －２ 时,溶 液 中 －lgcX(CN－ )＞ －lgcY (CN－ ),则 溶 液 中 CN－ 的平衡浓度:X＜Y,A错误.Q点时, lg c (X) c(X配离子)＝lg c(Z) c(Z配离子) ,即 c(X) c(X配离子)＝ c(Z) c(Z配离子) ,加入少量可溶性 Y盐后,会消耗 CN－ 形成 Y配离子,使得溶液中c(CN－ )减小(沿横坐标轴向右移 动),lg c (X) c(X配离子) 与 c(Z) c(Z配离子) 曲线在 Q 点相交后, 随着－lgc(CN－ )继续增大,X 对应曲线位于 Z对应曲 线 上 方,即 lg c (X) c(X配离子)＞ lg c(Z) c(Z配离子) ,则 c(X) c(X配离子)＞ c(Z) c(Z配离子) ,B 正 确.设 金 属 离 子 形 成 配离子的离子方程式为金属离子＋mCN－ 􀪅􀪅配离子, 则平衡常数K＝ c(配离子) c(金属离子)􀅰cm(CN－ ) ,lgK＝ lg c (配离子) c(金属离子)－mlgc (CN－ )＝ －lgc (金属离子) c(配离子) －mlgc (CN－ ),即lgc (金属离子) c(配离子) ＝ －mlgc(CN－ )－lgK,故 X、Y、Z三种金属离子形成配 离子时结合的 CN－ 越多,对应lgc (金属离子) c(配离子) ~－lgc (CN－ )曲线斜率越大,由题图知,曲线斜率:Y＞Z,则由 Y、Z制备等物质的量的配离子时,消耗 CN－ 的物质的 量:Z＜Y,C错误.由P点状态移动到形成 Y 配离子的 反应的平衡状态时,－lgc(CN－ )不变,lg c (Y) c(Y配离子) 增大,即c(Y)增大、c(Y配离子)减小,则 P点状态 Y 配 离子的解离速率＞生成速率,D错误. ６．D　A．由题图可知,无催化剂时,随反应进行,生成物浓 度也在增加,说明反应也在进行,故 A 错误;B．由图可 知,催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好,说明催化剂Ⅰ使 反应活化能更低,反应更快,故 B错误;C．由图可知,使用 催化剂Ⅱ时,在０~２min内Y的浓度变化了２􀆰０mol/L,而a 曲线表示的 X的浓度变化了２􀆰０mol/L,二者变化量之 比不等于化学计量数之比,所以a曲线不表示使用催化 剂Ⅱ时 X浓度随时间t的变化,故 C错误;D．使用催化 剂Ⅰ时,在０~２min内,Y 的浓度变化了４􀆰０mol/L,则 v(Y)＝Δc (Y) Δt ＝ ４．０mol/L ２min ＝２􀆰０mol 􀅰L－１􀅰min－１, v(X)＝１２v (Y)＝１２×２􀆰０mol 􀅰L－１􀅰min－１＝ １􀆰０mol􀅰L－１􀅰min－１,故 D正确;答案选 D. [考点２] １．B　由反应历程可知,总反应为２CO＋２CH４＋O２ 􀪅􀪅 ２CH３COOH,据此解答. A．该反应为化合反应,原子利用率为１００％,A 正确;B． 由分析可知,每消耗１molO２ 可生成２molCH３COOH, B错误;C．由反应历程可知,催化剂 RhＧFe有连接４个S 原子和２个S原子的,这两种类型的原子成键数目均会 发生改变,所以 Rh和Fe的化合价均发生变化,C正确; D．若 以 CD４ 为 原 料,由 反 应 历 程 可 知,会 生 成 CD３COOD,用 H２O 吸 收 产 物 时,其 存 在 电 离 平 衡: CD３COOD􀜩􀜨􀜑 CD３COO－ ＋D＋ ,CD３COO－ 结合水电离 出的 H＋ 可得到 CD３COOH,D正确. ２．C　A．反应物气体总物质的量为５mol,生成物为３mol, 减小压强会使平衡向气体体积增大的方向(逆反应)移 动,A不符合题意;B．该反应为放热反应,升高温度会使 平衡向吸热的逆反应方向移动,B不符合题意;C．增大 H２ 浓度会提高反应物浓度,根据勒夏特列原理,平衡向 正反应方向移动以消耗增加的 H２,C符合题意;D．恒容 充入惰性气体不改变各物质浓度,对平衡无影响,D不符 合题意. ３．C　A．a线 所 示 物 种 为 NaF(s),为 固 相 产 物;B．温 度 (T１)时通入 N２,各物质分压不变,平衡不移动;C．恒容 密闭容器 的 平 衡 体 系 的 气 相 产 物 只 有 SiF４(g),Kp＝ p(SiF４),因此,p３ 与T３ 温度时热解反应的平衡常数 Kp 相等,D．b线所示物种为SiF４(g),T１ 温度时向容器加入 SiF４(g),化学平衡向逆反应方向移动,因此重新达平衡 时逆反应速率增大. ４．CD　由题图可知,T１ 比T２ 反应速率快,则T１＞T２;T１ 温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于T２ 温度下平 衡时;由于起始 CO２ 与 H２ 的物质的量之比为１∶１,则 达到平衡时 CO２ 和 H２ 的摩尔分数相等.A．根据分析, T１ 比T２ 反应速率快,反应速率常数与温度有关,结合 反应速率方程知k１＞k２,A 项正确;B．反应的速率方程 为 v ＝ kc０􀆰５ (H２ )c (CO２ ), 则 v(T１) v(T２) ＝ k１c０．５(H２)１􀅰c(CO２)１ k２c０．５(H２)２􀅰c(CO２)２ ,T１ 温度下达到平衡时反应物的 摩尔分数低于T２ 温度下平衡时,则 v(T１) v(T２) ＜ k１ k２ ,B项正 确;C．温度不变,仅改变体系初始压力,虽然平衡 不 移 动,但反应物的浓度改变,反应速率改变,反应达到平衡 的时间改变,反应物摩尔分数随时间的变化曲线变化,C 项错误;D．T２ 温度下,改变初始投料比,相当于改变某 一反应物的浓度,达到平衡时 H２ 和 CO２ 的摩尔分数不 可能相等,故不能使平衡时各组分摩尔分数与 T１ 温度 时相同,D项错误;答案选 CD. ５．D　A．向１０mL蒸馏水中加入０􀆰４gI２,充分振荡,溶液 呈浅棕色,说明I２ 的浓度较小,因为I２ 在水中溶解度较 小,A正确;B．已知I－３ (aq)为棕色,加入０􀆰２g锌粒后, Zn与I２ 反应生成ZnI２,生成的I－ 与I２ 发生反应I－ ＋I２ 􀜩􀜨􀜑 I－３ ,生成I－３ 使溶液颜色加深,B正确;C．I２ 在水中存 在溶解平衡I２(s)􀜩􀜨􀜑 I２(aq),Zn与I２ 反应生成的I－ 与 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ３８１ I２(aq)反应生成I－３ ,I２(aq)浓度减小,上述溶解平衡向右 移动,紫黑色晶体消失,C 正确;D．最终溶液褪色是 Zn 与有色物质发生了化合反应,不是置换反应,D 项错误; 答案选 D. ６．C　A．从题中图示可以看出,平衡时升高温度,氢气的物 质的量减少,则平衡正向移动,说明该反应的正反应是 吸热反应,即 ΔH＞０,故 A 错误;B．从题中图示可以看 出,在恒容密闭容器中,随着温度升高,氢气平衡时的物 质的量减少,则平衡随着温度升高正向移动,水蒸气的 物质的量增加,而a曲线表示的是物质的量不随温度变 化而变化,故 B错误;C．容器体积固定,向容器中充入惰 性气体,没有改变各物质的浓度,平衡不移动,故 C 正 确;D．BaSO４ 是固体,向平衡体系中加入 BaSO４,不能改 变其浓度,因此平衡不移动,氢气的转化率不变,故 D错 误;故选 C. ７．D　A．HClO受热易分解,升高温度,HClO分解,平衡正 向移动,c(HClO)减小,A 正确;B．氯水中加入少量醋酸 钠固体,醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子,氢离 子浓度减小,平衡正向移动,c(HClO)增大,B正确;C．氯 水稀释,平衡正向移动,而c(HClO)和c(Cl－ )均减小,但 HClO本身也存在电离平衡 HClO􀜩􀜨􀜑 H＋ ＋ClO－ ,稀释 促进 了 HClO 的 电 离,使 c(HClO)减 少 更 多,因 此 c(Cl－ ) c(HClO) 增大,C正确;D．氯水中加硝酸银产生白色沉 淀,证明溶液中有氯离子,氯水中加淀粉碘化钾溶液,溶液 变蓝,证明生成了碘单质,溶液中有强氧化性的物质,而氯 气和次氯酸都有强氧化性,不能证明反应物和生成物共存, 即不能证明上述反应存在限度,D错误;答案选D. [考点３] １．C　A．由图可知,生成物能量高,总反应为吸热反应,A错误;B． 平衡常数只和温度有关,与催化剂无关,B错误;C．由图可知,丙 烷被催化剂a吸附后能量更低,则被催化剂a吸附后得到的吸 附态更稳定,C正确;D．活化能高的反应速率慢,是反应的决速 步骤,故决速步骤为∗CH３CHCH３→∗CH３CHCH２＋∗H或 ∗CH３CHCH３＋∗H→∗CH３CHCH２＋２∗H,D错误. ２．B　pH 越小,酸性越强,Ag＋ 浓度越大,氨气浓度越小, 所以Ⅲ代表[Ag(NH３)２]＋ ,Ⅱ代表[Ag(NH３)]＋ ,Ⅳ代 表 NH３,Ⅰ代表 Ag＋ ,据此解答. A．根据以上分析可知Ⅲ为[Ag(NH３)２]＋ 的变化曲线,A 正确;B．溶液中存在电荷守恒,D 点时溶 液 显 碱 性,则 c(NH＋４ )－c(OH－ )＜０．１－c(H＋ ),B错误;C．根据图像 可知D 点时[Ag(NH３)]＋ 和 Ag＋ 浓度相等,此时氨气浓 度 是１０－３．２４,根 据 Ag＋ ＋NH３ 􀜩􀜨􀜑 [Ag(NH３)]＋ 可 知 K１＝１０３．２４,C 正 确;D．C 点 时 [Ag(NH３)２]＋ 和 Ag＋ 浓 度 相 等,B 点 时 [Ag (NH３ )２ ]＋ 和 [Ag(NH３)]＋ 浓 度 相 等,所 以 反 应 [Ag(NH３)]＋ ＋ NH３ 􀜩􀜨􀜑 [Ag(NH３)２]＋ 的平衡常数为１０３．８０,因此K２＝ １０３．２４×１０３．８０＝１０７．０４,C点时[Ag(NH３)２]＋ 和 Ag＋ 浓度相等, 所以c(NH３)＝ １ １０７．０４ mol􀅰L－１＝１０－３．５２mol􀅰L－１,D正确. ３．A　据图示可知,b电极上 HCHO 转化为 HCOO－ ,而 HCHO 转化为 HCOO－ 为 氧 化 反 应,所 以 b电 极 为 阳 极,a电极 为 阴 极,HCHO 为 阳 极 反 应 物,由 反 应 机 理 O 􀪅􀪅 H H ＋OH－ －OH－ 􀜩 􀜨􀜑􀜑􀜑􀜑 HO H O－ H －e－ 　 → HO H O 􀪅 ＋ １ ２H２ 可知: O 􀪅􀪅 H H ＋OH－ －OH－ 􀜩 􀜨􀜑􀜑􀜑􀜑 HO H O－ H 反应后生成 的 HO H O－ H 转化为 HCOOH.由原子守恒和电荷守 恒可知,在生成 HCOOH 的同时还生成了 H－ ,生成的 HCOOH 再与氢氧化钾酸碱中和:HCOOH＋OH－ 􀪅􀪅 HCOO－ ＋H２O,而生成的 H－ 在阳极失电子发生氧化反 应生成氢气,即２H－ －２e－ 􀪅􀪅H２↑,阴极水得电子生 成氢气:２H２O＋２e－ 􀪅􀪅H２↑＋２OH－ . A．由以上分 析 可 知,阳 极 反 应:①HCHO＋OH－ －e－ 􀪅􀪅 HCOOH ＋ １２ H２ ↑ ,② HCOOH ＋ OH－ 􀪅􀪅 HCOO－ ＋ H２O,阴 极 反 应 ２H２O＋２e－ 􀪅􀪅H２ ↑ ＋ ２OH－ ,即转移２mol电子时,阴、阳 两 极 各 生 成 １mol H２,共 ２ molH２,而 传 统 电 解 水:２H２O 电解 　 􀪅􀪅２H２ ↑ ＋ O２↑,转移２mol电子,只有阴极生成１molH２,所以相 同电量下 H２ 理论产量是传统电解水的２倍,故 A错误; B．阴极水得电子生成氢气,阴极反应为２H２O＋２e－ 􀪅􀪅 H２↑＋２OH－ ,故 B正确;C．由电极反应式可知,电解过 程中阴极生成OH－ ,负电荷增多,阳极负电荷减少,要使电 解质溶液呈电中性,OH－ 通过阴离子交换膜向阳极移动,即 向b极方向移动,故C正确;D．由以上分析可知,阳极反应 涉及:①HCHO＋OH－ －e－ 􀪅􀪅HCOOH＋ １２ H２ ↑ , ②HCOOH＋OH－ 􀪅􀪅HCOO－ ＋H２O,由(①＋②)×２ 得阳极反应为:２HCHO－２e－ ＋４OH－ 􀪅􀪅２HCOO－ ＋ ２H２O＋H２↑,故 D正确. ４．C　 在 溶 液 中 存 在 平 衡:CH３COOH 􀜩􀜨􀜑 CH３COO－ ＋ H＋ (①)、Ag＋ ＋CH３COO－ 􀜩􀜨􀜑 CH３COOAg(aq)(②), Ag＋ 的水解平衡 Ag＋ ＋H２O􀜩􀜨􀜑 AgOH＋H＋ (③),随 着pH 的 增 大,c(H＋ )减 小,平 衡 ① ③ 正 向 移 动, c(CH３COOH)、c(Ag＋ )减 小,pH 较 小 时(约 小 于 ７􀆰８) CH３COO－ 浓度增大的影响大于 Ag＋ 浓度减小的影响, CH３COOAg浓 度 增 大,pH 较 大 时 (约 大 于 ７􀆰８) CH３COO－ 浓度增大的影响小于 Ag＋ 浓度减小的影响, CH３COOAg浓度减小,故线Ⅰ表示 CH３COOH 的摩尔 分数随pH 变化的关系,线Ⅱ表示 CH３COO－ 的摩尔分 数随pH 变化的关系,线Ⅲ表示CH３COOAg随pH 变化 的关系. A．根据分析,线Ⅱ表示 CH３COO－ 变化情况,A 项错误; B．由图可知,当c(CH３COOH)＝c(CH３COO－ )时(即线 Ⅰ和线Ⅱ的交点),溶液的 pH＝m,则 CH３COOH 的电 离平衡 常 数 Ka＝ c(H＋ )􀅰c(CH３COO－ ) c(CH３COOH) ＝１０－m,B 项 错误;C．pH＝n时, c(H＋ )􀅰c(CH３COO－ ) c(CH３COOH) ＝１０－m, c(CH３COO－ )＝ １０－mc(CH３COOH) c(H＋ ) ＝１０n－m c(CH３COOH),Ag＋ ＋CH３COO－ 􀜩􀜨􀜑 CH３COOAg(aq) 的K＝ c (CH３COOAg) c(Ag＋ )􀅰c(CH３COO－ ) ,c(Ag＋ )＝ c(CH３COOAg) Kc(CH３COO－ ) ,由图可知pH＝n时,c(CH３COOH)＝ c(CH３COOAg),代入 整 理 得c(Ag＋ )＝ １０m－n K mol /L,C 项正确;D．根据元素守恒,pH＝１０时溶液中c(Ag＋ )＋ c(CH３COOAg)＋c(AgOH)＝０􀆰０８mol/L,D项错误;答 案选 C. ５．AC　t１ 时刻 TFAA 浓度为０,则 TFAA 完全反应,消耗 的 E为０．０８mol􀅰L－１,E剩余０．０２mol􀅰L－１,故体系 中有E存在,A正确;由题给反应路径和物料守恒知,体系 中 TFAA、G、F的总浓度应为０．０８mol􀅰L－１,由题图知,t２ 时刻TFAA和G的浓度之和小于０．０８mol􀅰L－１,则体系中 一定存在F,B项错误;由图可知,反应刚开始TFAA的浓度 就迅速减小为０,则E和TFAA的反应速率非常快,该反应 的活化能很小,C正确;反应G􀜩􀜨􀜑 H＋TFAA为可逆反应, 反应达平衡后,TFAA会有一部分存在于 G中,则达平衡后 TFAA的浓度小于０．０８mol􀅰L－１,D错误. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４８１ ６．BD　电解质溶液图像.图像分析 HgI２ 溶液中各反应达到平衡后,增大c(I－ ),平衡HgI２(aq) 􀜩􀜨􀜑 HgI＋ ＋I－ 、HgI２ (aq)􀜩􀜨􀜑 Hg２＋ ＋２I－ 逆 向 移 动, c(HgI＋)、c(Hg２＋)减小,且开始时c(HgI＋ )＜c(Hg２＋);平衡 HgI２(aq)＋I－ 􀜩􀜨􀜑 HgI－３ 、HgI２(aq)＋２I－ 􀜩􀜨􀜑 HgI２－４ 正向 移动,c(HgI－３ )、c(HgI２－４ )增 大,且 开 始 时c(HgI－３ ) ＞c(HgI２－４ ). 曲线 L 表 示lgc(HgI２－４ )的 变 化 情 况,A 正 确;增 大 c(I－ ),HgI２(aq)􀜩􀜨􀜑 Hg２＋ ＋２I－ 、HgI２(aq)􀜩􀜨􀜑 HgI＋ ＋ I－ 平衡逆向移动,c[HgI２(aq)]增大,从而使 HgI２(s)􀜩􀜨􀜑 HgI２(aq)平衡逆向移动,该溶液为 HgI２ 的饱和溶液,则 c[HgI２(aq)]不 变,B 错 误;已 知 HgI２ (aq)􀜩􀜨􀜑 Hg２＋ ＋ ２I－ 、HgI２(aq)􀜩􀜨􀜑 HgI＋ ＋I－ 的平衡常数分别为K１、K２, 由第二个反应－第一个反应,可得 Hg２＋ ＋I－ 􀜩􀜨􀜑 HgI＋ 　K ＝ c (HgI＋ ) c(Hg２＋ )􀅰c(I－ ) ＝ K２ K１ ,M 点 c(HgI＋ )＝ c(Hg２＋ ),则c(I－ )＝ K１ K２ ,a＝lgc(I－ )＝lg K１ K２ ,C正确;加 入I－ 使各平衡移动,故溶液中I元素与 Hg元素的物质 的量之比不始终为２∶１,D错误. ７．B　化学平衡综合 图像分析 结合图像分析可知,A 项正确,B项错误;该反应为吸热 反应,温度升高,平衡常数增大,结合图像可知平衡常数 Ka＜Kb＝Kc,C项正确;该反应反应前后气体分子数不 相等,恒温恒容时,容器内压强不再发生变化,即达到平 衡状态,D项正确. ８．BC　A．甲容器在绝热条件下,随着反应的进行,压强先 增大后减小,根据理想气体状态方程pV＝nRT 可知,刚 开始压强增大的原因是因为容器温度升高,则说明上述 反应过程放热,即 ΔH＜０,故 A 错误;B．根据 A 项分析 可知,上述密闭容器中的反应为放热反应,图中a点和c 点的压强相等,因甲容器为绝热过程,乙容器为恒温过 程,若两者气体物质的量相等,则甲容器压强大于乙容 器压强,则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙 容器在减小,即气体总物质的量:na＜nc,故 B正确;C．a 点为平衡点,此时容器的总压为p,假设在恒温恒容条件 下进行,则气体的压强之比等于气体的物质的量(物质 的量浓度)之 比,所 以 可 设 Y 转 化 的 物 质 的 量 浓 度 为 xmol􀅰L－１,则列出三段式如下: 　　　　　２X(g)＋Y(g)􀜩􀜨􀜑 Z(g) c０　　　　２　　　　１　　　　０ Δc ２x x x c平 ２－２x １－x x, 则有 [(２－２x)＋(１－x)＋x]mol (２＋１)mol ＝ p ２p ,计 算 得 到 x＝ ０􀆰７５,那 么 化 学 平 衡 常 数 K ＝ c (Z) c２(X)􀅰c(Y) ＝ ０．７５ ０．５２×０．２５ ＝１２,故a点时 K＞１２,C正确;D．根据图像 可知,甲容器达到平衡的时间短,温度高,所以达到平衡 的速率相对乙容器的快,即va正 ＞vb正 ,故 D 错误.综上 所述,答案为BC. ９．解析:(１)由 题 图 中 信 息 可 知,当 失 重 比 为 １９􀆰４％ 时, FeSO４􀅰７H２O 转 化 为 FeSO４ 􀅰xH２O,则 １８(７－x) ２７８ ＝ １９．４％,解之得x＝４;当 失 重 比 为 ３８􀆰８％ 时,FeSO４􀅰 ７H２O转化为 FeSO４􀅰yH２O,则 １８(７－y) ２７８ ＝３８．８％ ,解 之得y＝１. (２)①FeSO４􀅰７H２O(s)􀪅􀪅FeSO４(s)＋７H２O(g) ΔH１＝akJ􀅰mol－１ ②FeSO４􀅰xH２O(s)􀪅􀪅FeSO４(s)＋xH２O(g) ΔH２＝bkJ􀅰mol－１ ③FeSO４􀅰yH２O(s)􀪅􀪅FeSO４(s)＋yH２O(g) ΔH３＝ckJ􀅰mol－１ 根据盖斯定律由①＋③－②×２可得FeSO４􀅰７H２O(s)＋ FeSO４􀅰yH２O(s)􀪅􀪅２(FeSO４􀅰xH２O)(s),则 ΔH＝ (a＋c－２b)kJ􀅰mol－１. (３)将FeSO４ 置入抽空的刚性容器中,升高温度发生分 解反应:２FeSO４(s)􀜩􀜨􀜑 Fe２O３(s)＋SO２(g)＋SO３(g) (Ⅰ).由平衡时pSO３—T的关系图可知,６６０K 时,pSO３ ＝１．５kPa,则pSO２ ＝１．５kPa,因此,该反应的平衡总压p总 ＝３．０kPa、平 衡 常 数 Kp (Ⅰ)＝１．５kPa×１．５kPa＝ ２．２５(kPa)２.由图中 信 息 可 知,pSO３ 随 着 温 度 升 高 而 增 大,因此,Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大. (４)提高温度,上述容器中进一步发生反应２SO３(g)􀜩􀜨􀜑 ２SO２(g)＋O２(g)(Ⅱ),在同温同压下,不同气体的物质 的量之比等于其分压之比,由于仅发生反应(Ⅰ)时pSO３ ＝pSO２,则pSO３＋２pO２＝pSO２－２pO２,因此,平衡时pO２＝ pSO２－pSO３ ４ .在９２９K时,p总 ＝８４．６kPa、pSO３＝３５．７kPa,则 pSO３＋pSO２＋pO２＝p总 、pSO３ ＋２pO２ ＝pSO２ －２pO２,联立方程 组消去pO２,可得３pSO３＋５pSO２＝４p总 ,代入相关数据可求出 pSO２＝４６．２６kPa,则pO２＝８４．６kPa－３５．７kPa－４６．２６kPa＝ ２．６４kPa,Kp(Ⅱ) ＝ (４６．２６kPa)２×２．６４kPa (３５．７kPa)２ ＝４６．２６ ２×２．６４ ３５．７２ kPa. 答案:(１)４　１ (２)(a＋c－２b) (３)３．０　２．２５　增大 (４) pSO２－pSO３ ４ 　４６．２６　 ４６．２６２×２．６４ ３５．７２ １０．解析:(１)根据题图的 DSC曲线所示,在７００ ℃左右会 出现两个吸热峰,说明此时 CuSO４ 发生热分解反应,从 TG图像可以看出,质量减少量为原 CuSO４ 质量的一 半,说明有固体 CuO 剩余,还有其他气体产生,此时气 体产物为SO２、SO３、O２,可能出现反应的化学方程式为 ３CuSO４ ７００℃ 􀪅􀪅􀪅􀪅３CuO＋２SO２↑＋SO３↑＋O２↑,结合 反应中产 物 的 固 体 产 物 质 量 和 气 体 产 物 质 量 可 以 确 定,该反应的产物为 CuO、SO２、SO３、O２. (２)(ⅰ)根据所给的反应的化学方程式,NO２ 在反应过程 中先消耗再生成,说明 NO２ 在反应中起催化剂的作用; (ⅱ)近年来,铅室法被接触法代替因为在反应中有污 染空气的 NO和 NO２ 放出影响空气环境、同时作为催 化剂的 NO２ 可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影 响产品质量、产率不高(答案合理即可). (３)(ⅰ)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看 出,随着温度的升高反应速率先加快后减慢,a错误; b．从图中所给出的速率曲线可以看出,相同温度下,转 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５８１ 化率越低反应速率越快,但在转化率小于８８％时的反 应速率图像并没有给出,无法判断α＝０􀆰８８的条件下是 平衡转化率,b错误; c．从图像可以看出随着转化率的增大,最大反应速率不 断减小,最大反应速率出现的温度也逐渐降低,c正确; d．从图像可以看出随着转化率的增大,最大反应速率 出现的温度也逐渐降低,这时可以根据不同转化率选 择合适的反应温度以减少能源的消耗,d正确. (ⅱ)为了提高催化剂的综合性能,科学家对催化剂进 行了改良,从图中可以看出标号为d的催化剂 VＧKＧCsＧ Ce对SO２ 的转化率最好,产率最佳; (ⅲ)设SO２ 的起始分压为２x,则结合题中信息可得: 　　　　SO２ (g)　＋　 １ ２O２ (g)􀜩􀜨􀜑 SO３(g) 起始分压: ２x p＋xαe ０ 变化分压: ２xαe xαe ２xαe 平衡分压: ２x(１－αe) p ２xαe 则 Kp ＝ p(SO３) p(SO２)􀅰p １ ２ (O２) ＝ ２xαe ２x(１－αe)􀅰p １ ２ ＝ αe (１－αe)􀅰p １ ２ . 答案:(１)CuO　SO３ (２)(ⅰ)催化剂 　(ⅱ)反应中有污染空气的 NO 和 NO２ 放出影响空气环境、NO２ 可以溶解在硫酸中给产 物硫酸带来杂质、产率不高(答案合理即可) (３)(ⅰ)cd　(ⅱ)d　(ⅲ) αe (１－αe)􀅰p １ ２ １１．解析:(１)根据盖斯定律,由Ⅱ－Ⅰ可得水气变换反应 CO(g)＋H２O(g)􀜩􀜨􀜑 CO２(g)＋H２(g)　ΔH＝ΔH２－ ΔH１.(２)根 据 HCOOH 􀜩􀜨􀜑 HCOO－ ＋H＋ ,设平衡时 H＋ 浓度为amol􀅰L－１,则 HCOOH 电离平衡常数 Ka＝ a２ x ,a＝ Kax,此时反应Ⅰ正反应速率v＝k􀅰c(H＋ ) 􀅰c(HCOOH)＝kx Kaxmol􀅰L－１􀅰h－１. (３) 由上述分析及近似认为反应I建立平衡后始终处于平 衡状态,知t１ 时刻之后一氧化碳的浓度始终是甲酸浓 度的５倍,反应Ⅱ平衡时c(CO２)＝c(H２)＝ymol􀅰L－１, 则结合碳原子守恒知,平衡体系中c(HCOOH)＝１６× (１．０ －y)mol􀅰L－１,c(CO)＝ ５６ × (１．０－y)mol􀅰L－１, c(CO) c(CO２) ＝ ５ ６ (１．０－y) y ＝ ５(１．０－y) ６y ,反 应Ⅱ的 平 衡 常 数K２＝ ６y２ １．０－y .加入０．１０mol􀅰L－１盐酸后,H＋ 作催 化剂,反应Ⅰ的反应速率加快,达平衡的时间缩短,催 化剂不影响平衡移动,故 K１＝５不变,由图可知,与不 含盐酸相比,CO达浓度峰值时,CO２ 浓度减小(从b点 做竖直垂线,观察 CO２ 浓度变化),c(CO)可能增大,故 CO新的浓度峰值点可能为a. 答案:(１)ΔH２－ΔH１　(２) Kax　kx Kax (３)５ (１．０－y) ６y 　 ６y２ １．０－y　a　 减小　不变 １２．解析:(１)依 题 意,结 合 已 知 信 息,可 推 断 在 同 温 同 压 下,以同物质的量的BL或BD为初始原料,达到平衡时 的状态相同,两个平衡完全等效.则以５􀆰０×１０－３mol 的BL为原料,达到平衡时放出 XkJ热量与同物质的 量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者 能量差值为(X＋Y)kJ,则１mol时二者能量差值为２００ (X＋Y)kJ,反应Ⅰ为放热反应,因此焓变 ΔH＝－２００(X＋ Y)kJ􀅰mol－１.(２)实验测定X＜Y,则达到平衡时BD物 质转化量大于 BL物质转化量,平衡状态 BD物质的量 较小,根据图示可知,表示xBL变化的曲线是a或c;该 平衡状态下BL的压强是０􀆰４８×３􀆰０×１０３kPa,BD的压 强是０􀆰３６×３􀆰０×１０３kPa,H２ 的压强近似等于总压,故 反 应 Ⅰ 平 衡 常 数 Kp ＝ p (BD) p(BL)􀅰p２(H２) ＝ ０．３６×３×１０３ ０．４８×３×１０３×(３×１０３)２ kPa－２ ＝８􀆰３×１０－８kPa－２; 以BL为原料时,根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知,体系总 物质的量的增加量正好是 BD 参与反应Ⅱ、Ⅲ的量,也 正好是 H２O(g)的物质的量,设t１ 时 BL转化了amol, BD转化了bmol,则体系总物质的量为(５􀆰０×１０－３＋b) mol,得到５．０×１０ －３－a ５．０×１０－３＋b ＝０．４８、 a－b ５．０×１０－３＋b ＝０．３６, 求得a＝５５２３×１０ －３、b＝ １２．３×１０ －３,则t１ 时刻xH２O ＝ b ５×１０－３＋b ＝０􀆰０８;此时 BD的产率为 a－b ５×１０－３ ×１００％ ≈３９％.(３)依题意,反应Ⅰ是正向放热过程,以 BL为 初始原料,温度升高则平衡逆向移动,温度越高,反应 速率越快,达到平衡时的时间越短,(xBD/xBL)max越小, xBD/xBL (xBD/xBL)max 的值越大;相同温 度 时,压 强 增 大,BD 的 比重增大,(xBD/xBL)max增大,又可忽略压强对反应速率 的影响,则(xBD/xBL)max最大即 xBD/xBL (xBD/xBL)max 最小,对应 曲线c;由于b和c代表的温度相同,而压强对反应速率 的影响可 忽 略,压 强 增 大 反 应 Ⅱ、Ⅲ 均 是 逆 向 移 动, (xBD/xBL)max 增 大,故 xBD/xBL (xBD/xBL)max ＝１􀆰０ 所 需 时 间 更长. 答案:(１)－２００(X＋Y) (２)a或c　８􀆰３×１０－８　０􀆰０８　３９％ (３)c　由于b和c代表的温度相同,而压强对反应速率 的影响可忽略,压强增大 反 应 Ⅱ、Ⅲ 均 是 逆 向 移 动, (xBD/xBL)max增大,故 xBD/xBL (xBD/xBL)max ＝１􀆰０所需时间更长 １３．解析:(１)①根据盖斯定律,将“反应ⅱ－反应ⅰ”得到 反应２C(s)＋O２(g)􀪅􀪅２CO(g),则 ΔH＝－５１kJ/mol －１７２ kJ/mol＝ － ２２３ kJ/mol;则 Kp ＝ Kp２ Kp１ ＝ １．２×１０１２Pa １．０×１０－２ ＝１􀆰２×１０１４Pa;②碳氯化的反应趋势远大 于直接氯化,因为碳氯化反应气体分子数增加,ΔH 小 于０,是熵增、放热过程,熵 判 据 与 焓 判 据 均 是 自 发 过 程,而直接氯 化 的 体 系 气 体 分 子 数 不 变、且 是 吸 热 过 程;③对于碳氯化反应,气体分子数增大,依据勒夏特 列原理,增大 压 强,平 衡 往 气 体 分 子 数 减 少 的 方 向 移 动,即平衡向左移动;该反应是放热反应,温度升高,平 衡往吸热方向移动,即向左移动,则平衡转化率变小. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６８１ (２)①从图中可知,１４００℃,体系中气体平衡组成比例 CO２ 是 ０􀆰０５,TiCl４ 是 ０􀆰３５,CO 是 ０􀆰６,反 应 C(s)＋ CO２(g)􀪅􀪅２CO(g)的 平 衡 常 数 Kp (１４００ ℃)＝ (０．６p总 )２ ０．０５p总 ＝ (０．６×１．０×１０５)２ ０．０５×１．０×１０５ Pa＝７􀆰２×１０５Pa;②实际生 产中需要综合考虑反应的速率、产率等,以达到最佳效 益,实际反应温度远高于２００ ℃,就是为了提高反应速 率,在相同时间内得到更多的 TiCl４ 产品.(３)固体颗 粒越小,比 表 面 积 越 大,反 应 接 触 面 积 越 大.有 利 于 TiO２－C“固－固”接触,可将两者粉碎后混合,同时鼓 入 Cl２,使固体粉末“沸腾”,增大接触面积. 答案:(１)①－２２３　１􀆰２×１０１４　②碳氯化反应气体分 子数增加,ΔH 小于０,是熵增、放热过程,熵判据与焓 判据均是自发过程,而直接氯化的体系气体分子数不 变、且是吸热过程　③向左　变小 (２)①７􀆰２×１０５　②为了提高反应速率,在相同时间内 得到更多的 TiCl４ 产品,提高效益 (３)将两固体粉碎后混合,同时鼓入 Cl２,使固体粉末 “沸腾” １４．解析:(１)红棕色液体,推测为溴单质,因此错过发现的 元素是溴(或Br);(２)由题意３７６．８℃时玻璃烧瓶中发 生两个 反 应:BaPtCl６ (s)􀜩􀜨􀜑 BaCl２ (s)＋Pt(s)＋ ２Cl２(g)、Cl２(g)＋I２(g)􀜩􀜨􀜑 ２ICl(g).BaPtCl６(s)􀜩􀜨􀜑 BaCl２(s)＋Pt(s)＋２Cl２(g)的 平 衡 常 数 K′p＝１．０× １０４Pa２,则平 衡 时 p２ (Cl２)＝１．０×１０４ Pa２,平 衡 时 p(Cl２)＝１００Pa,设 到 达 平 衡 时 I２ (g)的 分 压 减 小 pkPa,则 　　　　　Cl２(g)＋I２(g)􀜩􀜨􀜑 ２ICl(g) 开始/(kPa) ２０．０ ０ 变化/(kPa) p ２p 平衡/(kPa)０．１ ２０．０－p ２p ３７６．８℃平衡时,测得烧瓶中压强为３２．５kPa,则０．１＋ ２０．０＋p＝３２．５,解得p＝１２．４,则平衡时pICl＝２pkPa ＝２×１２．４kPa＝２４．８kPa;则平衡时,I２(g)的分压为 (２０．０－p)kPa＝７．６kPa＝７．６×１０３Pa,pICl＝２４．８kPa ＝２４．８×１０３Pa,p(Cl２)＝０．１kPa＝１００Pa,因此反应 ２ICl(g)􀜩􀜨􀜑 Cl２ (g)＋I２ (g)的 平 衡 常 数 K ＝ １００×７．６×１０３ (２４．８×１０３)２ ;(３)①结合图可知,温度越高,１T 越小, lgKp２越大,即Kp２越大,说明升高温度平衡２NOCl(g) 􀜩􀜨􀜑 ２NO(g)＋Cl２(g)正向移动,则 NOCl分解为 NO和 Cl２ 反应的ΔH 大于０;②Ⅰ．２NO(g)＋２ICl(g)􀜩􀜨􀜑 ２NOCl (g)＋I２(g)　Kp１ Ⅱ．２NOCl(g)􀜩􀜨􀜑 ２NO(g)＋Cl２(g)　Kp２ Ⅰ＋Ⅱ得２ICl(g)􀜩􀜨􀜑 Cl２(g)＋I２(g),则２ICl(g)􀜩􀜨􀜑 Cl２(g) ＋I２(g)的K＝Kp１􀅰Kp２;该反应的 ΔH 大于０;推理过 程如下:设T′＞T,即１T′＜ １ T ,由图可知: lgKp２(T′)－lgKp２(T)＞|lgKp１(T′)－lgKp１(T)|＝ lgKp１(T)－lgKp１(T′)则:lg[Kp２(T′)􀅰Kp１(T′)]＞ lg[Kp２(T)􀅰Kp１(T)],即 K(T′)＞K(T),因此该反应 正反应为吸热反应,即 ΔH 大于０; (４)Ⅰ．NOCl＋hν →NOCl∗ Ⅱ．NOCl＋NOCl∗ →２NO＋Cl２ Ⅰ＋Ⅱ 得 总 反 应 为 ２NOCl＋hν􀪅􀪅２NO＋Cl２,因 此 ２molNOCl分 解 需 要 吸 收 １ mol光 子 能 量,则 分 解 １mol的 NOCl需要吸收０．５mol光子. 答案:(１)溴(或Br)　(２)２４．８ １００×７．６×１０３ (２４．８×１０３)２ 　(３)大于　Kp１􀅰Kp２　大于　设 T′＞ T,即 １T′＜ １ T ,由图可知:lgKp２(T′)－lgKp２ (T)＞ |lgKp１(T′)－lgKp１(T)|＝lgKp１(T)－lgKp１(T′)则: lg[Kp２(T′)􀅰Kp１(T′)]＞lg[Kp２(T)􀅰Kp１ (T)],即 K(T′)＞K(T),因此该反应正反应为吸热反应,即 ΔH 大于０　(４)０．５ [考点４] １．解析:(１)Ca原子序数为２０,电子排布为[Ar]４s２,价电 子位于s轨道,属于周期表s区;Ni原子序数为２８,基态 电子排布为[Ar]３d８４s２.Ni失去４s能级上２个电子形 成 Ni２＋ ,价电子排布为３d８. (２)中心 O原子有２个σ键,孤电子对数为６－２×１２ ＝２ , 共４个价电子对,VSEPR模型为四面体形,空间构型为 V形. (３)该晶胞中,P原子８个位于顶角(４个被６个晶胞共 用,４个被１２个晶胞共用)、２个位于晶胞内,１个晶胞中 所含P原子数为２＋４× １６＋４× １ １２＝３ ,Ni原子８个位 于棱(均被４个晶胞共用)、６个位于面(均被２个晶胞共 用),１个位于晶胞内,Ni原子数为１＋８× １４＋６× １ ２＝ ６,因此该物质的化学式为 Ni２P. (４)CH４ 重整反应会消耗 CO２,降低体系中 CO２ 分压,使 CaCO３ 分解反应正向移动. (５)反应Ⅱ正向为吸热反应,相同压强时,升高温度,反 应正向移动,CH４ 转化率增大,因此温度最高的是T１. (６)一定温度、１００kPa下,向体系中加入１．０molCaCO３ 和１．０molCH４,恒压反应至平衡时,体系中 CaCO３ 转 化率为８０％,反应Ⅰ:CaCO３(s)􀜩􀜨􀜑 CaO(s)＋CO２(g)平 衡时生成n(CO２)＝０．８mol,CH４ 转化率为６０％,CO 物 质的量为１．３mol,则 　 　　　　CH４(g)＋CO２(g)􀜩􀜨􀜑 ２H２(g)＋２CO(g) 起始/mol　　１　　　　０．８　　　　０　　　　０ 转化/mol　 ０．６ 　　　０．６　　　 １．２　　　１．２ 平衡/mol ０．４ ０．２ １．２ １．２ 　 　　　　H２(g)＋CO２(g)􀜩􀜨􀜑 H２O(g)＋CO(g) 起始/mol　 １．２　　　 ０．２　　　　０　　　 １．２ 转化/mol　 ０．１ 　　　０．１　　　 ０．１　　　０．１ 平衡/mol １．１ ０．１ ０．１ １．３ 气体总物质的量n总 ＝(１．３＋０．１＋０．１＋１．１＋０．４)mol ＝３mol, 反 应 Ⅲ 的 平 衡 常 数 Kp ＝ p(CO)􀅰p(H２O) p(CO２)􀅰p(H２) ＝ １．３ ３ ×１００kPa( ) × ０．１ ３ ×１００kPa( ) ０．１ ３ ×１００kPa( ) × １．１ ３ ×１００kPa( ) ≈１．２, CaCO３ 平 衡 时 n(CaCO３ )＝ (１－１×８０％)mol＝ ０．２mol,原位 CO２ 利用率为 [nCaCO３(初始)－nCaCO３(平衡)]－nCO２(平衡) nCaCO３(初始) ×１００％ ＝ (１．０mol－０．２mol)－０．１mol １mol ×１００％＝７０％ . 答案:(１)s　３d８ (２)O原子上存在２个孤电子对 (３)Ni２P (４)反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的 CO２,降低体系 CO２ 分压, 使反应Ⅰ平衡右移 (５)T１　反应Ⅱ正向为吸热反应,相同压强时,升高温 度,反应Ⅱ平衡正向移动 (６)１．２　７０％ ２．解析:(１)由盖斯定律,反应２－反应１可以得到目标反 应,则 ΔH＝ΔH２－ΔH１＝－３１２kJ/mol＋１７５kJ/mol＝ －１３７kJ/mol; (２)反应未达到平衡状态,温度升高,反应速率加快,乙 炔的转化率增大(或温度升高,催化剂活性增强,乙炔的 转化率增大);２２０~２６０ ℃,乙炔的转化率下降,反应未 达平衡状态,说明不是由于平衡移动造成的,可能原因 是催化剂在该温度范围内失活;由图像可知,乙烯的选 择性大于乙烷,说明反应１乙炔的转化速率大于反应２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７８１ 乙炔的转化速率,即v１＞v２; (３)将数据代入方程组 ５．０６×１０－５＝k×(４．６０×１０－３)α　① １．５１８×１０－４＝k×(１．３８０×１０－２)α　②{ , ②÷①得到α＝１,则k＝１．１×１０－２s,v(C２H２)＝１．０１２ ×１０－４mol􀅰L－１􀅰s－１时,１．０１２×１０－４mol􀅰L－１􀅰s－１ ＝１．１×１０－２s×c(H２),c(H２)＝９．２０×１０－３mol/L; (４)由题图可知,选择 Pd做催化剂时,生成乙烷的活化 能低于选择 Pd/W 时的(０．６８＜０．８３),说明使用 Pd做 催化剂,乙烯更容易转化为乙烷,使乙烯的选择性更小, 故Pd/W 做催化剂时,乙烯的选择性更高. 答案:(１)－１３７ (２)温度升高,反应速率加快(或温度升高,催化剂活性 增强)　催化剂在该温度范围内失活　＞　乙烯的选择 性大于乙烷,说明反应１乙炔的转化速率大于反应２乙 炔的转化速率 (３)９．２０×１０－３ (４)Pd/W　Pd/W 做催化剂时,生成乙烷的活化能大于 Pd做催化剂时的活化能 ３．解析:(１)A．已知化学反应必然有热效应,故改变温度化 学平衡一定能够发生改变,即改变温度一定能够改变甲 醇的平衡转化率,A符合题意;B．增大投料比[n(NH３)∶ n(CH３OH)]将增大 CH３OH 的转化率,相反减小投料比 [n(NH３)∶n(CH３OH)],将减小 CH３OH 的平衡转化率, B符合题意;C．由题干方程式可知,反应前后气体的体积 不变,故改变压强不能使上述化学平衡发生移动,即不能 改变CH３OH 的平衡转化率,C不合题意;D．催化剂只能 同等程度的改变正、逆化学反应速率,故不能使平衡发生 移动,即不能改变CH３OH 的平衡转化率,D不合题意; (２)２５℃下,(CH３)２NH􀅰H２O的电离常数为Kb,－lgKb＝ ３􀆰２,即 Kb ＝ c([(CH３)２NH２]＋)􀅰c(OH－) c[(CH３)２NH􀅰H２O] ＝ １０－３．２,则 [(CH３)２NH２]＋＋H２O􀜩􀜨􀜑 (CH３)２NH􀅰H２O＋H＋ 的水解 平 衡 常 数 为:Kh ＝ Kw Kb ＝ １０ －１４ １０－３．２ ＝１０－１０􀆰８,１ mol/L [(CH３ )２NH２ ]＋ Cl－ 水 溶 液 中 Kh ＝ c[(CH３)２NH􀅰H２O]􀅰c(H＋ ) c([(CH３)２NH２]＋ ) ＝ c ２(H＋ ) c([(CH３)２NH２]＋ ) ＝ １０－１０􀆰８,故c(H＋ )＝ １０－１０．８mol􀅰L－１＝１０－５􀆰４mol􀅰 L－１,故其pH＝－lgc(H＋ )＝－lg１０－５􀆰４＝５􀆰４; (３)已 知 电 解 池 中 阴 极 发 生 还 原 反 应,故 在 [(CH３)２NH２]＋Cl－ 的有机溶液中电化学还原 CO２ 制备 HCON(CH３)２,阴极上生成 HCON(CH３)２ 的电极反应方 程式是:CO２＋２e－ ＋２[(CH３)２NH２]＋ 􀪅􀪅HCON(CH３)２ ＋(CH３)２NH＋H２O; (４)反应生产 HCON(CH３)２ 的反应方程式(CH３)２NH(g)＋ CO(g)􀪅􀪅HCON(CH３)２(l)是一个某条件下反应自发且熵 减,根据自由能变ΔG＝ΔH－TΔS＜０时反应自发可知,则 反应在该条件下ΔH＜０; (５)①由题干图示信息可知,t时刻之前 HCOOH 的物质 的量百分比增大速率比 HCON(CH３)２ 的增大速率大, 而t时刻之后 HCOOH 逐渐减小至不变,HCON(CH３)２ 继续增大,故t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快,t 时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ 的慢; ②用 H２ 作氢源需要断裂 H—H,用SiH４ 作氢源需要断 裂Si—H,由 于 Si原 子 半 径 大 于 H,Si—H 的 键 能 比 H—H 小,所以用SiH４ 代替 H２ 作为氢源与CO２ 反应生 成 HCOOH,可以降低反应所需温度. 答案:(１)AB　(２)５􀆰４ (３)CO２＋２e－ ＋２[(CH３)２NH２]＋ 􀪅􀪅 HCON(CH３)２＋ (CH３)２NH＋H２O (４)＜　(５)①t时刻之前反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ的快,t 时刻之后由于浓度的影响导致反应Ⅳ的速率比反应Ⅴ 的慢　②用 H２ 作氢源需要断裂 H—H,用SiH４ 作氢源 需要断裂Si—H,由于Si原子半径大于 H,Si—H 的键 能比 H—H 小,所以用 SiH４ 代替 H２ 作为氢源与 CO２ 反应生成 HCOOH,可以降低反应所需温度 ４．解析:(１)根据表格中的数据,温度升高反应的平衡常数 减小,说明反应向逆反应方向移动,又因升高温度向吸 热反应方向移动,故逆反应为吸热反应,正反应为放热 反应,该反应的 ΔH＜０. (２)根据已知条件可以写出如下热化学方程式: ①CO(g)＋１２O２ (g)􀪅􀪅CO２(g) ΔH１＝－akJ􀅰mol－１ ②H２(g)＋ １ ２O２ (g)􀪅􀪅H２O(g) ΔH２＝－bkJ􀅰mol－１ ③ HOCH２CH２OH (g)＋ ５ ２ O２ (g)􀪅􀪅２CO２(g)＋ ３H２O(g)　ΔH３＝－ckJ􀅰mol－１ 根据盖斯定律,用２倍的反应①和３倍的反应②减去反 应③即可得到目标方程式,故目标方程式的 ΔH＝(c－ ２a－３b)kJ􀅰mol－１. (３)根据表格中的平衡常数,反应温度在５００K 时,平衡 常数K＜１．３×１０－３,此时平衡常数过小,导致乙二醇产 率过低;或温度过高,催化剂的催化活性下降,导致乙二 醇达标产率过低. (４)根据图示的曲线,随着反应的温度升高Ⅰ曲线的变 化趋势为上升后逐渐平衡,此时说明 DMO 的转化率区 域恒定,故Ⅰ曲线为 DMO的实际转化率曲线;又已知Ⅱ 为乙二醇的选择性曲线,观察曲线Ⅱ和曲线Ⅳ可知,随 着反应的进行 MG逐渐转化为乙二醇,故曲线Ⅳ为 MG 的选择性曲线,因此曲线Ⅲ为乙醇的选择性曲线. ①根据上述分析,曲线Ⅰ为 DMO的实际转化率曲线;曲 线Ⅳ为 MG的选择性曲线; ②A．根据图示,降低温度,DMO 的转化率降低,A 不符 合题意; B．增大压强,反 应 体 系 中 单 位 体 积 内 的 活 化 分 子 数 增 加,化 学 反 应 速 率 加 快,DMO 的 转 化 率 增 大,B 符 合 题意; C．减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降,DMO 的 转化率降低,C不符合题意; D．A 点时 DMO的转化率为８０％,升高温度后转化率持 续上升说明A 点时反应未平衡,延长原料和催化剂的反 应时间可以促进反应的继续进行,增大 DMO 的转化率, D符合题意; ③４８３K时,DMO的实际转化率为９９％,设起始投入反 应的 DMO为１００mol,则出口处流出的乙醇的物质的量 为１００ mol×９９％ ×２％ ＝１．９８ mol,此 时 还 有 １ mol DMO未反 应 从 出 口 处 流 出,因 此 出 口 处n (乙醇) n(DMO)＝ １．９８mol １mol ＝１．９８ ; ④设初始时 H２ 与DMO的投料分别为５２．４mol和１mol,A 点时DMO的实际转化率为８０％,MG和乙二醇的选择性为 ５０％,假设该反应分步进行,第一步发生 DMO转化为 MG, 可写出如下关系: 　　　　DMO(g)＋２H２(g)􀪅􀪅MG(g)＋CH３OH(g) 起始(mol)　１　　　５２．４　　　　０　　　　　０ 反应(mol) ０．８ １．６ ０．８ ０．８ 终点(mol) ０．２ ５０．８ ０．８ ０．８ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８８１ 第二步反应,MG转化为乙二醇,可写出如下关系: 　　　　　MG(g)＋２H２(g)􀜩􀜨􀜑 乙二醇(g)＋CH３OH(g) 起始(mol)　０．８　　５０．８　　　　０　　　　０．８ 反应(mol) ０．４ ０．８ ０．４ ０．４ 终点(mol) ０．４ ５０．０ ０．４ １．２ 这时,体系中 DMO 的物质的量为０．２mol、MG 的物质 的量为０．４mol、H２ 的物质的量为５０．０mol、CH３OH 的 物质的量为１．２mol、乙二醇的物质的量为０．４mol,体 系中总物 质 的 量 为 ０．２＋０．４＋５０．０＋１．２＋０．４＝ ５２．２mol.用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵 Qx＝ ０．４mol ５２．２mol× １．２mol ５２．２mol ０．４mol ５２．２mol× ５０．０mol ５２．２mol( ) ２≈０．０２５. 答案:(１)＜　(２)－２a－３b＋c(或c－２a－３b) (３)温度过高,反应平衡常数较小导致产率过低(或温度 过高,催化剂的催化活性下降导致产率过低) (４)①Ⅰ　Ⅳ　②BD　③１．９８　④０．０２５ ５．解析:(１)由盖斯定律,②－①可以得到目标反应,则 ΔH ＝ΔH２－ΔH１＝－１４．９kJ/mol－２６．３kJ/mol＝－４１．２ kJ/mol; (２)a．气体质量是定值,体积是固定的,密度始终不变,气 体密度不变,不能说明达到平衡状态; b．两个反应 均 为 气 体 体 积 增 大 的 反 应,则 随 着 反 应 进 行,压强变大,压强不变说明反应达到平衡状态; c．气体浓度不变是平衡状态的标志,则 H２O(g)浓度不 变,说明反应达到平衡状态; d．CO和 CO２ 物质的量相等,不能说明其浓度不变,不能 判断达到平衡状态;故选bc; (３)反应①的选择性接近１００％,原因是反应①的活化能 低,反应②的活化能高,反应②进行的速率慢,所以反应 ①的选择性接近１００％;反应①是吸热反应,升高温度平 衡会正向移动,会有利于反应①,但反应①选择性下降, 可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂 对反应②更有利; (４)a．增加原料中 CH４ 的量,CH４ 自身转化率降低; b．增大原料中 CO２ 的量,CH４ 转化率增大; c．通入 Ar,各物质浓度不变,平衡不移动,CH４ 转化率 不变; (５)如图可知,恒压 时,随 着 Ar含 量 上 升(图 像 从 右 到 左),反应物的分压减小,相当于减压,平衡正向移动,压 强不影响反应④平衡移动;则随着 Ar含量下降,反应③ 和⑤平衡逆向移动,但甲烷的转化率下降的更快,而反 应③甲烷二氧化碳转化率相同,说明反应⑤逆向移动程 度稍小,且 CO减小的少,则n(CO)∶n(H２)增大; 设初始投料:n(CH４)＝４mol、n(CO２)＝４mol、n(Ar)＝ ２mol,平衡时,甲烷转化率为２０％,二氧化碳的转化率 为３０％,则平衡时: n(CH４)＝４mol－４mol×２０％＝３．２mol; n(CO２)＝４mol－４mol×３０％＝２．８mol; 根据碳元素守恒:n(CO)＝８mol－n(CH４)－n(CO２)＝ ８mol－３．２mol－２．８mol＝２mol; 根据氧元素守恒:n(H２O)＝８mol－n(CO)－２n(CO２)＝ ８mol－２mol－２×２．８mol＝０．４mol; 根据氢元素守恒:n(H２)＝８mol－２n(CH４)－n(H２O) ＝８mol－２×３．２mol－０．４mol＝１．２mol; 平衡时,气体总物质的量为３．２mol＋２．８mol＋２mol＋ ０．４mol＋１．２mol＋２mol＝１１．６mol,Ar的分压为pkPa,则 总压为５．８pkPa,p(H２)＝ １．２ １１．６×５．８pkPa＝０．６pkPa 、 p(CO)＝ ２１１．６×５．８pkPa＝p kPa 、p(CH４)＝ ３．２ １１．６× ５．８pkPa＝１．６pkPa、p(H２O)＝ ０．４ １１．６×５．８pkPa＝０．２pkPa , 反应⑤的平衡常数Kp＝ (０．６p)３×p １．６p×０．２p (kPa)２＝０．６７５p２(kPa)２. 答案:(１)－４１．２ (２)bc　(３)原因是反应①的活化能低,反应②活化能 高,反应②进行的速率慢　催化剂在升温时活性降低或 升温时催化剂对反应②更有利 (４)b　(５)增大　０．６７５p２ ６．解析:(１)① 反 应 ３０ min,环 氧 乙 烷 完 全 转 化,则 ０~ ３０min内 v总 (EO)＝ Δc总 (EO) Δt ＝ １．５mol􀅰L－１ ３０min ＝ ０．０５mol􀅰L－１􀅰min－１.②ΔH＝生成物总能量－反应 物总能量,主反应 ΔH＜０,则生成物总能量低于反应物 总能量,a错误;由题给信息可知,主反应伴随副反应发 生,EG 作为主反应的生成物,同时也是副反 应 的 反 应 物,即 EG 的 浓 度 变 化 量 小 于 EO 的 浓 度 变 化 量, v总 (EO)＞v总 (EG),b 错 误;主 反 应 中 v主 (EG)＝ v主 (EO),副反应中v副 (EG)＝v副 (DEG),同一反应体系 中物质的量 变 化 量 之 比 等 于 浓 度 变 化 量 之 比,产 物 中 n(EG)∶n(DEG)＝１０∶１,即 Δn(EG)∶Δn(DEG)＝ １０∶１,v总 (EG)＝v主 (EG)－v副 (EG),反应时间相同,则 v总 (EG)∶v副 (DEG)＝１０∶１, v主 (EG)－v副 (EG) v副 (DEG) ＝ １０ １ , 则v主 (EG)∶v副 (DEG)＝１１∶１,c正确;选择适当催化 剂以提高主反应的选择性可提高乙二醇的最终产率,d 正确. (２)①该反应为气体体积减小的反应,温度相同时,增大 压强,平衡正向移动,平衡转化率增大,p(L１)＞p(L２)＞ p(L３),L１、L２、L３ 对应的α依次为０􀆰６、０􀆰５、０􀆰４.②由 图可知,压强相同时,温度越高平衡转化率越小,说明升 高温度平衡 逆 向 移 动,则 正 反 应 为 放 热 反 应,ΔH＜０. ③M、N 的进料相同,平衡转化率相等,平衡时各组分物 质的量分数分别相等,则 Kx(M)＝Kx(N);D 点对应的 平衡转化率为０􀆰５,根据题给信息,该反应按化学计量比 进料,设起始加入２molCO 、３molH２,列三段式: 　　　　　　２CO(g)＋３H２(g)􀜩􀜨􀜑 HOCH２CH２OH(g) n始/mol ２ ３ ０ n转/mol １ １􀆰５ ０􀆰５ n平/mol １ １􀆰５ ０􀆰５ 平衡时 CO、H２、HOCH２CH２OH 的 物 质 的 量 分 数 分 别 为１ ３ 、１ ２ 、１ ６ ,Kx＝ １ ６ １ ３( ) ２ × １２( ) ３ ＝１２.④设起始加 入m molCO、３molH２,此时α(H２)＝０􀆰７５,列三段式: 　　　　　２CO(g)＋３H２(g)􀜩􀜨􀜑 HOCH２CH２OH(g) n始/mol m ３ ０ n转/mol １．５ ２．２５ ０．７５ n平/mol m－１．５ ０．７５ ０．７５ 平衡时气体总物质的量为mmol,CO、H２、HOCH２CH２OH的平 衡分压分别为m－１．５ m p０ MPa 、０．７５ m p０ MPa 、０．７５ m p０ MPa ,此 时Kp＝ ０．７５ m p０ m－１．５ m p０( ) ２ × ０．７５m p０( ) ３MPa －４＝ １ m－１．５ m p０( ) ２ × ０．７５m p０( ) ２ MPa －４. 答案:(１)①０􀆰０５　②cd (２)①L１　该反应为气体体积减小的反应,温度相同时, 增大压强,平衡正向移动,平衡转化率增大　②＜ ③＝　１２ ④ １ m－１．５ m p０( ) ２ × ０．７５m p０( ) ２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９８１ ７．解析:(１)已知: Ⅰ．CaS(s)＋２SO２(g)􀜩􀜨􀜑 CaSO４(s)＋S２(g)　ΔH１ Ⅱ．CaSO４(s)＋４H２(g)􀜩􀜨􀜑 CaS(s)＋４H２O(g)　ΔH２ 依据盖斯 定 律 Ⅰ＋Ⅱ 即 得 到 反 应 ４H２(g)＋２SO２(g) 􀜩􀜨􀜑 ４H２O(g)＋S２(g)的焓变为 ΔH１＋ΔH２; (２)由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为 K＝１０８, 根据方程式结合平衡常数表达式可知 n(H２O) n(H２) ＝１００始 终成立,因此根据图像可知乙表示的物种是 H２O,丁表 示的是 H２,升高温度S２ 减小,H２O、H２ 均增大,所以丙 表示表示SO２,甲表示 H２S,因此反应Ⅲ的正反应是放热 反应,即 ΔH＜０; (３)T１ 平 衡 时 H２ 是a mol,根 据 n(H２O) n(H２) ＝１００ 可 知 H２O和SO２ 的物质的量均为１００amol,根据 H 元素守 恒可知 H２S为０．１－１０１a,设平衡时CaS和S２ 的物质的 量分别为xmol和ymol,根据 Ca元素守恒可知 CaSO４ 是１－x,根据 O元素守恒可知２＝１００a＋２００a＋４－４x, 解得x＝７５a＋０．５,根据S元素守恒可知２＝０．１－１０１a ＋１００a＋１＋２y,解得y＝０．４５＋０．５a,所以此时 CaS和 CaSO４ 的物质的量的差值为２x－１＝１５０a. (４)压缩容器容积,压强增大,反应４H２(g)＋２SO２(g) 􀜩􀜨􀜑 ４H２O(g)＋S２(g)平 衡 正 向 进 行,S２ 的 产 率 增 大, H２O的物质的量增大;温度不变,由于 n(H２O) n(H２) ＝１００始 终不变,反应４H２(g)＋２SO２(g)􀜩􀜨􀜑 ４H２O(g)＋S２(g)的 平衡常数不变,所以 SO２ 增大,由于反应Ⅲ的平衡常数 可表示为 K＝ c ２(H２O)×c(H２S) c２(H２)×c(H２)×c(SO２) ,n(H２O) n(H２) ＝１００ 始终不变,所以n (H２S) n(H２) 增大. 答案:(１)ΔH１＋ΔH２ (２)H２O　＜ (３)０．４５＋０．５a　１５０a (４)增大　增大 ８．解析:(１)反应的焓变＝反应物的总键能－生成物的总 键能,计 算 该 反 应 的 ΔH 需 C≡O、H—H 、C—O 、 C—H、O—H,共５种化学键的键能数据. (２)②脱碳过程中,K２CO３ 溶液会吸收 CO２,发生 反 应 K２CO３＋CO２＋H２O􀪅􀪅２KHCO３,当 K２CO３ 溶液浓度 偏高时,会生成较多 KHCO３,而 KHCO３ 溶解度相对较 小,容易在溶液中达到饱和后结晶析出,从而堵塞设备. K２CrO４ 中的 Cr元素化合价为＋６,处于最高价态,具有 强氧化性,在钢制吸收塔的环境中,它会与铁发生氧化 还原反应,使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化 物组成的致密氧化膜,这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性 介质隔离开,阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接 触,从而减缓腐蚀. (３)①由题图乙可知,当x＝０．５时,CH４ 转化率为６０％, 则n转化 (CH４)＝３００mL×６０％＝１８０mL,已知 CO 的选 择 性 ＝ n生成 (CO) n转化 (CH４) ×１００％ ＝８０％,则 n生成 (CO)＝ １８０mL×８０％＝１４４mL,根据图乙中数据可知,此时产 物气中 n(H２) n(CO)＝２ ,则n生成 (H２)＝１４４mL×２＝２８８mL, 故生成标准状况下CO和 H２ 的总体积为４３２mL.②新 制载氧体与 CH４ 反应后新生成的晶态物质在步骤Ⅱ中 与 H２O(g)反应,使载氧体恢复原样继续与 CH４ 反应, 则在新制载氧体中不存在,在与 CH４ 反应后的载氧体中 含有的晶态物质,会在步骤Ⅱ中与 H２O(g)反应,对比二 者 X射线衍射谱图可知,C、Fe、FeO 在步骤Ⅱ中均可与 H２O(g)反应. 答案:(１)５ (２)①该反应为放热反应,在绝热容器中进行,H２O(g) 的比热容较大,则体系温度变化较小,催化剂活性受温 度影响,H２O(g)过量可有效防止催化剂活性下降　② KHCO３　K２CrO４ 具有强氧化性,能使设备表面形成一 层致密的氧化膜 (３)①当x＝０时,载氧体为 CeO２,氧化性较强,提供的 O原子较多,将CO氧化为CO２,使得CO的物质的量减 小,n (H２) n(CO) 增大　４３２ ②C、Fe、FeO　③步骤Ⅰ中 Fe２O３ 作载氧体供氧,将甲 烷转化为CO和氢气,避免生成大量 C,造成积炭,导致 催化剂失活;采用分步制备,可提高原料利用率,同时步 骤Ⅰ需要的温度较高,步骤Ⅱ需要的温度较低,分步制 备也可节约能源 ９．解析:(１)已知:Ⅰ．MgCO３(s)􀪅􀪅MgO(s)＋CO２(g)　 ΔH１＝＋１０１kJ􀅰mol－１ Ⅱ．CO２(g)＋４H２(g)􀪅􀪅CH４(g)＋２H２O(g)　ΔH２＝ －１６６kJ􀅰mol－１ 将Ⅰ＋Ⅱ可得 MgCO３(s)＋４H２(g)􀪅􀪅MgO(s)＋２H２O (g)＋CH４(g)　ΔH４＝ΔH１＋ΔH２＝＋１０１kJ􀅰mol－１ ＋(－１６６kJ􀅰mol－１)＝－６５kJ􀅰mol－１; (２)已知反应Ⅱ．CO２(g)＋４H２(g)􀪅􀪅CH４(g)＋２H２O (g)　ΔH２＝－１６６kJ􀅰mol－１为分子 数 减 少 的 放 热 反 应,要提高 CH４ 平衡产率,要使平衡正向移动. A．高温会使平衡逆向移动,不利于提高 CH４ 平衡产率, A错误;B．低温使平衡正向移动,高压也使平衡正向移 动,可提高 CH４ 平衡产率,B正确;C．高温会使平衡逆向 移动,低压会使平衡逆向移动,不利于提高 CH４ 平衡产 率,C错误;D．低压会使平衡逆向移动,不利于提高 CH４ 平衡产率,D错误. (３)反应活化能越高,反应速率越慢,从图中可以看出, 第④步活化能最高,速率最慢,基元反应为 CH∗３ ＋H∗ ＋２H２O􀪅􀪅CH∗４ ＋２H２O;由图可知,在第③步时生成 了水,基元反应为:HO∗ ＋H∗２ ＋CH∗２ 􀪅􀪅CH∗３ ＋H２O; (４)已知反应Ⅰ为吸热反应,Ⅱ为放热反应,Ⅲ为吸热反 应,根据图像,温度逐渐升高,则碳酸镁的转化率逐渐升 高,氢气的转化率下降,在３６０℃以下不考虑反应Ⅲ,则 二氧化碳的选择性上升,甲烷的选择性下降,所以a表示 碳酸镁的转化率,b表示二氧化碳的选择性,c表示甲烷 的选择性. ①表示 CH４ 选择性的曲线是c; ②点 M 温度下,从图中看出碳酸镁的转化率为４９％,则 剩余的碳酸镁为０．５１mol,根据碳原子守恒,甲烷和二 氧化碳中碳原子的物质的量之和为０．４９mol,又因为此 时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等,则二氧化碳 和甲烷的物质的量均为０．２４５mol,根据氧原子守恒得 出水的物质的量为０．４９mol,根据氢原子守恒得出氢气 的物质的量为０．０２mol,总的物质的量为０．０２mol＋ ０．２４５mol＋０．２４５ mol＋０．４９ mol＝１ mol,p(H２)＝ ０．０２mol １mol ×１００kPa＝２kPa ,p(CO２)＝p(CH４)＝ ０．２４５mol １mol ×１００kPa＝２４．５kPa ,p(H２O)＝ ０．４９mol １mol × １００kPa＝４９kPa,则反应Ⅱ的Kp＝ ２４．５×４９２ ２４×２４．５ (kPa)－２; ③在５５０ ℃下达到平衡时,碳酸镁完全转化,二氧化碳 的选择性为７０％,甲烷的选择性为１０％,则生成的二氧 化碳为０．７mol,生成的甲烷为０．１mol,根据碳原子守 恒得出n(CO)＝(１－０．７－０．１mol)＝０．２mol;因为反 应Ⅱ是放热的,反应Ⅲ是吸热的.在５００~６００ ℃,随温 度升高,反应Ⅱ逆向移动,反应Ⅲ正向移动,由于反应Ⅱ 生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气,导致 H２ 平衡转化 率下降. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０９１ 答案:(１)－６５　(２)B (３)④　HO∗ ＋H∗２ ＋CH∗２ 􀪅􀪅CH∗３ ＋H２O (４)①c　②２４．５×４９ ２ ２４×２４．５ 　③０．２　反应Ⅱ生成的氢气多于 反应Ⅲ消耗的氢气 １０．解析:(１)纤维素水解得到葡萄糖,葡萄糖发酵产生二 氧化碳和乙醇; (２)①反应Ⅰ－反应Ⅱ得到“已知反应”,根据盖斯定律 ΔH１＝ΔH＋ΔH２＝－２４．３kJ􀅰mol－１＋６８．７kJ􀅰mol－１＝ ＋４４．４kJ􀅰mol－１; ②恒温恒容下发生 C２H５OH(g)＋H２O(g)􀪅􀪅２H２(g) ＋CH３COOH(g): A．该反应是气体总物质的量增大的反应,容器内的压 强不再变化,说明气体总物质的量不再改变,说明反应 达到平衡状态,A 符合题意;B．体积自始至终不变,气 体总质量自始至终不变,则气体密度不是变量,混合气 体的密度不再变化,不能说明反应达到平衡状态,B不 符合题意;C．CH３COOH 的体积分数不再变化,说明其 物质的量不再改变,反应已达平衡,C符合题意;D．单 位时间内生成１molH２O,同时消耗２molH２ 均是逆 反应速率,不能说明反应达到平衡状态,D不符合题意; 答案选 AC; ③可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气, 最适宜的方法为降温冷凝后收集气体; (３)①由图１可知,反应Ⅰ最适宜的温度为２７０℃,原因 为乙酸选择性最大且反应速率较快;②由图２可知关键 步骤中生成产物１的最大能垒为０．５８eV,生成产物２ 的最大能 垒 为 ０．６６eV,生 成 产 物 ３ 的 最 大 能 垒 为 ０．８１eV,图１中乙酸的选择性最大,说明相同条件下生 成乙酸的反应速率最大,则乙酸可能是产物１; ③设投料n(H２O)＝９mol,n(乙醇)＝１mol,密闭容器 中只发生反应Ⅰ、Ⅱ,平衡时乙醇的转化率为９０％,乙 酸的选择性为８０％,则平衡时生成的乙酸的物质的量 ＝９０％×８０％×１mol＝０．７２mol,n平 (乙醇)＝１mol× １０％＝０．１mol,恒温恒压下,压强比 等 于 物 质 的 量 之 比,故p(CH３COOH)∶p(C２H５OH)＝０．７２∶０．１＝ ３６∶５;列三段式 　　　C２H５OH(g)＋H２O(g)􀪅􀪅２H２(g)＋CH３COOH(g)、 Δn(mol)　０．７２　　　 ０．７２　　　１．４４　　　　０．７２ 　　　　C２H５OH(g) →H２(g)＋CH３CHO(g) Δn(mol)　　０．１８　　　　０．１８　　　０．１８, 则平衡时乙醇、H２O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别 为０．１mol、８．２８mol、１．６２mol、０．７２mol、０．１８mol,气体总 物质的量为０．１mol＋８．２８mol＋１．６２mol＋０．７２mol＋ ０．１８mol＝１０．９mol,则Kp１＝ １００kPa×０．７２１０．９× １００kPa× １．６２ １０．９( ) ２ １００kPa×０．１１０．９×１００kPa× ８．２８ １０．９ ＝ ０．７２ １０．９×１００× １．６２ １０．９( ) ２ ０．１ １０．９× ８．２８ １０．９ ＝０．７２×１００×１．６２ ２ ０．１×８．２８×１０．９kPa . 答案:(１)葡萄糖　(２)①＋４４．４　②AC ③降温冷凝后收集气体 (３)①乙酸选择性最大且反应速率较快 ②产物１　③３６∶５　０．７２×１００×１．６２ ２ ０．１×８．２８×１０．９ １１．解析:(１)将第一个热化学方程式设为①,将第二个热 化学方程式设为②.根据盖斯定律,将方程式①乘以３ 再加上 方 程 式 ②,即 ① ×３＋ ②,故 热 化 学 方 程 式 ３CH４(g)＋３Br２(g)􀪅􀪅C３H６(g)＋６HBr(g)的 ΔH＝ －２９kJ􀅰mol－１×３＋２０kJ􀅰mol－１＝－６７kJ􀅰mol－１. (２)(ⅰ)根据方程式①,升高温度,反应向吸热反应方 向移动,升高温度,平衡逆向移动,CH４(g)的含量增多, CH３Br(g)的含量减少,故 CH３Br的曲线为a; (ⅱ)５６０℃时反应达平衡,剩余的 CH４(g)的物质的量 为１􀆰６mmol,其转化率α＝８mmol－１．６mmol８mmol ×１００％ ＝８０％;若只发生一步反应,则生成６􀆰４mmolCH３Br, 但此时剩余 CH３Br的物质的量为５􀆰０mmol,说明还有 １􀆰４mmolCH３Br发生反应生 成 CH２Br２,则 此 时 生 成 的 HBr 的 物 质 的 量 n＝６􀆰４ mmol＋１􀆰４ mmol ＝７􀆰８mmol; (ⅲ)平 衡 时,反 应 中 各 组 分 的 物 质 的 量 分 别 为 n(CH３Br)＝５􀆰０mmol、n(Br２)＝０􀆰２mmol、n(CH２Br２) ＝１􀆰４mmol、n(HBr)＝７􀆰８mmol,故该反应的平衡常数K ＝ c(CH２Br２)􀅰c(HBr) c(CH３Br)􀅰c(Br２) ＝ １．４ V × ７．８ V ５．０ V × ０．２ V ＝１０􀆰９２. (３)(ⅰ)１１~１９s时,有I２ 的生成速率v＝ ３．２ V － ２．６ V ８ ＝ ０．０７５ V mmol 􀅰 (L􀅰s)－１,无 I２ 的 生 成 速 率 v＝ ２．２ V － １．８ V ８ ＝ ０．０５ V mmol 􀅰 (L􀅰s)－１. 生 成 速 率 比 v(有I２) v(无I２) ＝ ０．０７５ V ０．０５ V ＝３２ ; (ⅱ)从 图 中 可 以 看 出,大 约 ４􀆰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,因此,可以利用此变化判断I２ 提高了 CH３Br 的选择性; (ⅲ)根据反应机理,I２ 的投入消耗了部分 CH２Br２,同 时也消耗了部分 HBr,使得消耗的 CH２Br２ 发生反应生 成了 CH３Br,提高了 CH３Br的选择性. 答案:(１)－６７ (２)a　８０％　７􀆰８　１０􀆰９２ (３)３２ (或３∶２)　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　I２ 的 投入消耗了部分 CH２Br２,使得消耗的 CH２Br２ 发生反 应生成了CH３Br １２．解析:(１)Ni为２８号元素,其基态原子的核外电子排布 为 [Ar]３d８４s２,则 其 价 电 子 轨 道 表 示 式 为 ↑↓↑↓↑↓↑ ↑ 　　 　　３d 　↑↓ 　　 　　４s .镍的晶胞结构类型与铜的相 同,则镍原子半径为晶胞面对角线长度的 １ ４ ,因为晶胞 体积为a３ 所以晶胞棱长为a,面对角线长度为 ２a,则 镍原子半径为 ２ ４a . (２)由 Ni(CO)４ 的结构可知,４个配体 CO 与中心原子 Ni形成配位键,配位键均为σ键,而每个配体 CO 中含 有１个碳氧三键,每个三键中含有１个σ键,因此１个 Ni(CO)４分子中含有８个σ键.Ni(CO)４ 的沸点很低, 且由其结构可知该物质由分子构成,因此其晶体类型 为分子晶体. (３)随着温度升高,平衡时 Ni(CO)４ 的体积分数减小, 说明温度升高平衡逆方向移动,因此该反应的 ΔH＜０. 该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应,因 此降低温度和增大压强均有利于 Ni(CO)４ 的生成.由 上述分析知,温度相同时,增大压强平衡正向移动,对 应的平衡体系中 Ni(CO)４ 的体积分数增大,则压强:p４ ＞p３＞p２＞p１,即p３ 对应的压强是１􀆰０MPa.由题图 乙可知,p３、１００℃条件下达到平衡时,CO 和 Ni(CO)４ 的物质的量分数分别为０􀆰１、０􀆰９,设初始投入的 CO 为 ４mol,反应生成的 Ni(CO)４ 为xmol,可得三段式: 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １９１ 　　Ni(s)＋４CO(g)􀪅􀪅Ni(CO)４(g)　　n气总 n起始/mol ４ ０ ４ n转化/mol ４x x n平衡/mol ４－４x x ４－３x 根据阿伏加德罗定律,其他条件相同时,气体的体积分 数即为其物质的量分数,因此有 x ４－３x＝０．９ ,解得x＝ ３６ ３７ ,因此达到平衡时n转化 (CO)＝４×３６３７mol ,CO 的平衡 转化率α＝ ４×３６３７mol ４mol ×１００％≈９７．３％ .气体的分压＝ 总压强×该气体的物质的量分数,则该温度下的压强 平 衡 常 数 Kp ＝ p[Ni(CO)４] p４(CO) ＝ ０．９×p３ (０．１×p３)４ ＝ ０．９×１．０MPa (０．１×１．０MPa)４ ＝９０００(MPa)－３. (４)由题给关系式可得e－kt＝ ct[Ni(C１６O)４] c０[Ni(C１６O)４] ,当Ni(C１６O)４ 反应一半时 ct[Ni(C１６O)４] c０[Ni(C１６O)４] ＝ １２ ,即e－kt１２ ＝ １ ２ ,－kt１ ２ ＝ln１２ ,kt１ ２ ＝ln２,则t１ ２ ＝ln２k . 答案: (１)↑↓↑↓↑↓↑ ↑ 　　 　　３d 　↑↓ 　　 　　４s 　 ２４a (２)８　分子晶体 (３)小于　降低温度、增大压强　９７．３％　９０００ (４)ln２k 专题六　水溶液中的离子平衡 [考点１] １．D　Ag＋ 与 Y 可形成[AgY]＋ 和[AgY２]＋ 两种配离子, 发生的反应为 Ag＋ ＋Y􀜩􀜨􀜑 [AgY]＋ 、[AgY]＋ ＋Y􀜩􀜨􀜑 [AgY２]＋ ,故 随 着 Y 浓 度 的 变 大,Ag＋ 浓 度 变 小, [AgY]＋ 先增大后减小,[AgY２]＋ 增大,则从图像上(从 右向左 表 示 Y 浓 度 的 变 大)可 以 看 出,曲 线 Ⅰ 表 示 [AgY２]＋ 浓度,Ⅱ表示[AgY]＋ 浓度,Ⅲ表示 Ag＋ 浓度; 同理,调节溶液pH,当酸性较强时,H２Y２＋ 浓度大,当碱 性较强时,Y的浓度大,故曲线Ⅳ表示 H２Y２＋ 浓度,曲线 Ⅴ表示 HY＋ 浓度,曲线Ⅵ表示 Y 浓度,据此解题. A．由分析可知,曲线Ⅰ表示[AgY２]＋ ,A 正确;B．由题 意可知,Y可以视为二元弱碱,第一次电离方程式为:Y ＋H２O􀜩􀜨􀜑 HY＋ ＋OH－ ,Kb１＝ c(HY＋ )􀅰c(OH－ ) c(Y) ,当 c(HY＋ )＝c(Y)时,c(H＋ )＝１０－９．９３mol􀅰L－１,c(OH－ ) ＝１０－４．０７mol􀅰L－１,则Kb１＝１０－４．０７,同理 Kb２＝１０－７．１５, Kb１×Kb２＝ c(HY＋ )􀅰c(OH－ ) c(Y) × c(H２Y２＋ )􀅰c(OH－ ) c(HY＋ ) ＝ c(H２Y２＋ )􀅰c２(OH－ ) c(Y) ＝１０ －１１．２２,由 图 像 可 知,当 δ(H２Y２＋ )＝δ(Y)时,δ(HY＋ )最大,则c(OH－ )＝１０－５．６１ mol􀅰L－１,pOH＝５．６１,pH＝８．３９,B正确;C．反应 Ag＋ ＋Y 􀜩􀜨􀜑 [AgY]＋ 的平衡常数K１＝ c([AgY]＋) c(Ag＋)􀅰c(Y) ,由图可知,当 c(Y)＝１０－４．７０mol􀅰L－１时,c([AgY]＋ )＝c(Ag＋ ),则 K１＝ １ １０－４．７０ ＝１０４．７０,C 正 确;D．－lg[c(Y)/(mol􀅰L－１)]＝ ３．００时,c(Y)＝１０－３mol/L,c(Ag＋ )＝１０－５．０１mol􀅰L－１, c([AgY２]＋ )＝c([AgY]＋ ),由元素守恒可知,c(Ag＋ )＋ c([AgY２]＋ )＋c([AgY]＋ )＝１．００×１０－３ mol/L,则 c([AgY２]＋ )＝c([AgY]＋ )＝４．９５×１０－４mol/L,Y 的初 始浓 度 为 １．１５×１０－２ mol􀅰 L－１,由 元 素 守 恒 得 ２c([AgY２]＋ )＋c([AgY]＋ )＋c(Y)＋c(HY＋ )＋ c(H２Y２＋ )＝１．１５×１０－２ mol/L,代 入 数 据,c(Y)＋ c(HY＋ )＋c (H２Y２＋ )≈ ０．０１mol/L ,则 δ (Y) ＝ c (Y) c(Y)＋c(HY＋ )＋c(H２Y２＋ ) ＝１０ －３mol􀅰L－１ ０．０１mol􀅰L－１ ＝０．１,由图像２可 知,pH 在８．３９~ ９．９３之间,此时c(HY＋ )＞c(Y)＞c(H２Y２＋ ),D错误. ２．D 　 A．HCO－３ ＋ H２O 􀜩􀜨􀜑 OH－ ＋ H２CO３,K ＝ c(OH－)􀅰c(H２CO３) c(HCO－３ ) ＝ Kw Ka１ ＝ １０ －１４ ４．５×１０－７ ≈２．２×１０－８,A正 确; B． ２HCO－３ 􀜩􀜨􀜑 H２CO３ ＋ CO２－３ , K ＝ c(CO２－３ )􀅰c(H２CO３) c２(HCO－３ ) ＝ Ka２ Ka１ ＝４．７×１０ －１１ ４．５×１０－７ ≈１．０×１０－４,B正 确;C．HCO－３ ＋ Ca２＋ 􀜩􀜨􀜑 CaCO３ (s)＋ H＋ ,K ＝ c(H＋) c(HCO－３ )􀅰c(Ca２＋) ＝ Ka２ Ksp(CaCO３) ＝４．７×１０ －１１ ３．４×１０－９ ≈１．４× １０－２,C正确; D． Ka１[Ka２c(HCO－３ )＋Kw] Ka１＋c(HCO－３ ) ＝ c(H＋ )×c(HCO－３ ) c(H２CO３) c(CO２－３ )×c(H＋ ) c(HCO－３ ) ×c(HCO－３ )＋c(H＋ )×c(OH－ )[ ] c(H＋ )×c(HCO－３ ) c(H２CO３) ＋c(HCO－３ ) ＝ c２ (H＋ ) × c (CO２－３ )＋c(OH－ ) c(H２CO３)＋c(H＋ )[ ] , 由 于 c(H＋ )＋c(H２CO３)＝c(OH－ )＋c(CO２－３ ),所 以 Ka１[Ka２c(HCO－３ )＋Kw] Ka１＋c(HCO－３ ) ＝c２(H＋),D错误. ３．C　 曲 线 Ⅲ 和 曲 线 Ⅳ 的 交 点 代 表 δCu２＋ ＝δ[CuL]－ 即 c(Cu２＋ )＝c([CuL]－ ),由 图 可 知,此 时lgc(L３－ )＝ －９．４,代入平衡常数表达式得 K＝ c ([CuL]－ ) c(Cu２＋ )􀅰c(L３－ ) ＝ １ １０－９．４ ＝１０９．４,A 正 确;曲 线 Ⅰ 和 曲 线 Ⅱ 的 交 点 代 表 lgc(L３－ )＝lgc(HL２－ )即c(L３－ )＝c(HL２－ ),此时 pH ＝１１．６,代入平衡常数表达式得 K＝c (L３－ )􀅰c(H＋ ) c(HL２－ ) ＝ １０－１１．６,B正确;曲线Ⅳ和曲线Ⅴ的交点代表δ[CuL２]４－ ＝ δ[CuL]－ 即c([CuL２]４－ )＝c([CuL]－ ),此时lgc(L３－ )＝ －７．２,可得[CuL]－ ＋L３－ 􀜩􀜨􀜑 [CuL２]４－ 的平衡常数 K′ ＝ c([CuL２]４－ ) c([CuL]－ )􀅰c(L３－ ) ＝ １ １０－７．２ ＝１０７．２,a点时,δCu２＋ ＝ δ[CuL２]４－ 代 入 K × K′ ＝ c([CuL]－ ) c(Cu２＋ )􀅰c(L３－ ) × c([CuL２]４－ ) c([CuL]－ )􀅰c(L３－ ) ＝ １ c２(L３－ ) ＝１０９．４×１０７．２＝１０１６．６, 解得c(L３－ )＝１０－８．３mol􀅰L－１,且a点对应c(HL２－ )＝ １０－１mol􀅰L－１,代入 HL２－ 􀜩􀜨􀜑 H＋ ＋L３－ 的平衡常数 K ＝c (L３－ )􀅰c(H＋ ) c(HL２－ ) ＝１０－１１．６,计算得c(H＋ )＝１０－４．３mol 􀅰L－１,故pH＝４．３,C错误;当pH＝６．４时,c(HL２－ )最 大,接近１０－１mol􀅰L－１,结合 B项中平衡常数可计算得 c(L３－ )≈１０－６．２mol􀅰L－１,δ[CuL２]４－ ＝０．９０,δ[CuL]－ ＝ ０．０９,结 合 Cu 元 素 守 恒 知,c([CuL２]４－ )＝０．９０× ０．００２mol􀅰L－１＝１．８×１０－３mol􀅰L－１,c([CuL]－ )＝ ０．０９×０．００２mol􀅰L－１＝１．８×１０－４mol􀅰L－１,因此体系中 c(HL２－)＞c([CuL２]４－)＞c([CuL]－)＞c(L３－),D正确. ４．D　由题中信息可知,C２O２－４ 可以形成四种物种,分别为 H２C２O４、HC２O－４ 、C２O２－４ 和 CoC２O４ (s),随 着 pH 增 大, H２C２O４ 的摩尔分数逐渐减小,CoC２O４(s)会转化为溶解度 更小的[Co(OH)２],CoC２O４(s)的摩尔分数先增大后减小, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２９１