专题9 化学反应速率 化学平衡-【十年高考】备战2026年高考化学真题分类解析与应试策略（Word版）

专题九　化学反应速率　化学平衡 考点 2016~2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 合计 20.化学反应速率及其影响因素 1 3 4 2 6 1 17 21.化学平衡及其影响因素　化学平衡常数 4 10 17 17 21 17 86 命题热度 本专题命题热度非常高() 课程标准 备考策略 1.能进行化学反应速率的简单计算。能运用控制变量的方法探究影响化学反应速率的因素。 高考主要考查对化学反应速率的理解、化学反应速率的相关计算、外界条件对化学平衡的影响、平衡常数的表达式及计算、化学反应速率和化学平衡的综合计算及图像问题,延续选择题或非选择题的形式,分值为4~15分。 对化学反应速率的复习,需抓住以下几点:一是理解化学反应速率的概念以及相关的计算;二是全面掌握影响反应速率的因素。 化学平衡是高考必考的内容,一般也是高考的压轴题,题目难度很大,考查的方向主要集中在外界条件变化对化学平衡的影响,化学平衡移动中相关量的变化分析,应用平衡移动原理判断平衡移动的方向,以及由此引起的反应物的转化率,各组成成分的百分含量,气体的体积、压强、密度等变化以及利用分压计算平衡常数等。 对化学平衡有关内容的复习,应该从以下几个方面入手,一是理解化学平衡状态的概念,掌握不同的判断方法;二是掌握利用图像分析速率的变化、平衡移动的方法;三是理解勒夏特列原理在其它平衡体系中的应用。对有关计算的复习,在备考中应该建立计算的模式,形成能力。 2.能通过实验探究分析不同组分浓度改变对化学反应速率的影响,能用一定的理论模型说明外界条件改变对化学反应速率的影响。 3.能描述化学平衡状态,判断化学反应是否达到平衡。能运用浓度、压强、温度对化学平衡的影响规律,推测平衡移动方向及浓度、转化率等相关物理量的变化。 4.能书写平衡常数表达式,能进行平衡常数、转化率的简单计算,能利用平衡常数和浓度商的关系判断化学反应是否达到平衡状态及平衡移动的方向。 考点20化学反应速率及其影响因素答案P310　 1.(2025·北京,10,3分,难度★★★)乙烯、醋酸和氧气在钯(Pd)催化下高效合成醋酸乙烯酯 (CH2CHOOCCH3)的过程示意图如下。 下列说法不正确的是 (　　) A.①中反应为4CH3COOH+O2+2Pd2Pd(CH3COO)2+2H2O B.②中生成CH2CHOOCCH3的过程中,有σ键断裂与形成 C.生成CH2CHOOCCH3总反应的原子利用率为100% D.Pd催化剂通过参与反应改变反应历程,提高反应速率 2.(2024·江苏,5,3分,难度★★)下列说法正确的是 (　　) A.豆科植物固氮过程中,固氮酶能提高该反应的活化能 B.C2H4与O2反应中,Ag催化能提高生成CH3CHO的选择性 C.H2O2制O2反应中,MnO2能加快化学反应速率 D.SO2与O2反应中,V2O5能减小该反应的焓变 3.(2024·广东,15,3分,难度★★★)对反应S(g)T(g)(I为中间产物),相同条件下:①加入催化剂,反应达到平衡所需时间大幅缩短;②升高反应温度,c平(S)/c平(T)增大,c平(S)/c平(I)减小。基于以上事实,可能的反应历程示意图(—为无催化剂,…为有催化剂)为 (　　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A. B. C. D. 4.(2024·广西,13,3分,难度★★★★)573 K、高压条件下,一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解:C6H5CN(苯甲腈)→C6H5CONH2(苯甲酰胺)→C6H5COOH(苯甲酸)。如图为水解过程中上述三者(分别用X、Y、Z表示)的物质的量分数x(A)随时间t的变化曲线,其中x(A)=。下列说法错误的是 (　　) A.水解产物除了Y、Z还有NH3 B.a点时v(Y)消耗=v(Y)生成 C.x(Z)在15 min前基本不变,15 min后明显增大,可能是水解产物对生成Z的反应有催化作用 D.任意25 min时间段内存在v(X)=v(Y)+v(Z) 5.(2024·重庆,14,3分,难度★★★★)醋酸甲酯制乙醇的反应为:CH3COOCH3(g)+2H2(g) CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)。向三个10 L恒容密闭容器中分别加入1 mol醋酸甲酯和9.8 mol氢气,在不同温度下,反应t min时醋酸甲酯的物质的量n如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.该反应的ΔH>0 B.容器甲中平均反应速率v(H2)= mol/(L·min) C.容器乙中当前状态下反应速率v(正)<v(逆) D.容器丙中乙醇的体积分数为8% 6.(2024·安徽,12,3分,难度★★★)室温下,为探究纳米铁去除水样中的影响因素,测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。 实验 序号 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(Se)=2.0 mol·L-1·h-1 B.实验③中,反应的离子方程式为2Fe+Se+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,的去除效果越好 7.(2024·甘肃,4,3分,难度★★)下列措施能降低化学反应速率的是 (　　) A.催化氧化氨制备硝酸时加入铂 B.中和滴定时,边滴边摇锥形瓶 C.锌粉和盐酸反应时加水稀释 D.石墨合成金刚石时增大压强 8.(2023·浙江,14,3分,难度★★★★)一定条件下,1-苯基丙炔(Ph—C≡C—CH3)可与HCl发生催化加成,反应如下。 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知:反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应),下列说法不正确的是 (　　) A.反应焓变:反应Ⅰ>反应Ⅱ B.反应活化能:反应Ⅰ<反应Ⅱ C.增加HCl浓度可增大平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例 D.选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ 9.(双选)(2023·海南,13,3分,难度★★★)工业上苯乙烯的生产主要采用乙苯脱氢工艺:C6H5CH2CH3(g)C6H5CHCH2(g)+H2(g)。某条件下无催化剂存在时,该反应的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.曲线①表示的是逆反应的v~t关系 B.t2时刻体系处于平衡状态 C.反应进行到t1时,Q>K(Q为浓度商) D.催化剂存在时,v1、v2都增大 10.(2022·北京,14,3分,难度★★★)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用,原理如图1所示。反应①完成之后,以N2为载气,将恒定组成的N2、CH4混合气,以恒定流速通入反应器,单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上检测到有积炭。下列说法不正确的是 (　　) 图1 图2 A.反应①为CaO+CO2CaCO3;反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2 B.t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2的速率不变,推测有副反应CH4C+2H2 C.t2时刻,副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率 D.t3之后,生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生 11.(2022·辽宁,12,3分,难度★★★)某温度下,在1 L恒容密闭容器中,2.0 mol X发生反应2X(s)Y(g)+2Z(g),有关数据如下: 时间段/min 产物Z的平均生成速率/(mol·L-1·min-1) 0~2 0.20 0~4 0.15 0~6 0.10 下列说法错误的是 (　　) A.1 min时,Z的浓度大于0.20 mol·L-1 B.2 min时,加入0.20 mol Z,此时v正(Z)<v逆(Z) C.3 min时,Y的体积分数约为33.3% D.5 min时,X的物质的量为1.4 mol 12.(2022·广东,15,4分,难度★★★) 在相同条件下研究催化剂Ⅰ、催化剂Ⅱ对反应X2Y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,催化剂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,0~2 min内,v(X)=1.0 mol·L-1·min-1 13.(双选)(2022·河北,13,4分,难度★★★)恒温恒容条件下,向密闭容器中加入一定量X,发生反应的方程式为①XY;②YZ。反应①的速率v1=k1c(X),反应②的速率v2=k2c(Y),式中k1、k2为速率常数。图甲为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线,图乙为反应①和②的ln k~曲线。下列说法错误的是 (　　) 甲　　　　乙 A.随c(X)的减小,反应①、②的速率均降低 B.体系中v(X)=v(Y)+v(Z) C.欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间 D.温度低于T1时,总反应速率由反应②决定 14.(2021·辽宁,12,3分,难度★★★)某温度下,降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合,反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期,下列说法错误的是(　　) A.其他条件相同时,催化剂浓度越大,反应速率越大 B.其他条件相同时,降冰片烯浓度越大,反应速率越大 C.条件①,反应速率为0.012 mol·L-1·min-1 D.条件②,降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L-1时,半衰期为62.5min 15.(2021·广东,14,4分,难度★★★★★)反应X2Z经历两步:①XY;②Y2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.a为c(X)随t的变化曲线 B.t1时,c(X)=c(Y)=c(Z) C.t2时,Y的消耗速率大于生成速率 D.t3后,c(Z)=2c0-c(Y) 16.(2021·河北,13,4分,难度★★★★)室温下,某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等,同时发生以下两个反应:①M+NX+Y;②M+NX+Z。反应①的速率可表示为v1=k1c2(M),反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是(　　) A.0~30 min时间段内,Y的平均反应速率为6.67×10-3 mol·L-1·min-1 B.反应开始后,体系中Y和Z的浓度之比保持不变 C.如果反应能进行到底,反应结束时62.5%的M转化为Z D.反应①的活化能比反应②的活化能大 17.(2020·海南,6,2分,难度★★)NO与CO是燃油汽车尾气中的两种有害气体,常温常压下它们之间的反应: CO(g)+NO(g)CO2(g)+N2(g)　ΔH=-374.3 kJ·mol-1　K=2.5×1060,反应速率较小。有关该反应的说法正确的是 (　　) A.K很大,NO与CO在排入大气之前就已反应完全 B.增大压强,平衡将向右移动,K>2.5×1060 C.升高温度,既增大反应速率又增大K D.选用适宜催化剂可达到尾气排放标准 考点21化学平衡及其影响因素　化学平衡常数答案P311　 1.(2025·黑吉辽内蒙古,14,3分,难度★★★★)一定条件下,“Br-S-[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pH-t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 S+H+HS ② HS+H+H2SO3 ③ 3HS+Br3S+Br-+3H+ ④ H2SO3+Br ⑤ Br+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+Br3S+Br-+6H+ C.反应①~④中,H+对S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 2.(2025·山东,10,2分,难度★★★★)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 3.(2025·江苏,13,3分,难度★★★)甘油(C3H8O3)水蒸气重整获得H2过程中的主要反应: 反应Ⅰ　C3H8O3(g)3CO(g)+4H2(g) ΔH>0 反应Ⅱ　CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH<0 反应Ⅲ　CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　ΔH<0 1.0×105 Pa条件下,1 mol C3H8O3和9 mol H2O发生上述反应达平衡状态时,体系中CO、H2、CO2和CH4的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.550 ℃时,H2O的平衡转化率为20% B.550 ℃反应达平衡状态时,n(CO2)∶n(CO)=11∶25 C.其他条件不变,在400~550 ℃范围,平衡时H2O的物质的量随温度升高而增大 D.其他条件不变,加压有利于增大平衡时H2的物质的量 4.(2025·湖北,14,3分,难度★★★★★)铜(Ⅰ)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)为含铜物种占总铜的物质的量分数,总铜浓度为1.0×10-3 mol·L-1。下列描述正确的是 (　　) A.Cu++3L[CuL3]+的lgK=0.27 B.当c(Cu+)=c{[CuL]+}时,c{[CuL2]+}=2.0×10-4 mol·L-1 C.n从0增加到2,[CuLn]+结合L的能力随之减小 D.若c{[CuL]+}=c{[CuL3]+},则2c{[CuL2]+}<c{[CuL]+}+3c{[CuL3]+} 5.(2025·安徽,11,3分,难度★★★)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= 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 6.(2025·甘肃,4,3分,难度★★)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 ℃、101 kPa下,CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　ΔH=-185 kJ·mol-1。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 7.(2024·全国新课标,10,15分,难度★★★★★)对于下列过程中发生的化学反应,相应离子方程式正确的是 (　　) A.试管壁上的银镜用稀硝酸清洗:Ag+2H++NAg++NO2↑+H2O B.工业废水中的Pb2+用FeS去除:Pb2++S2-PbS↓ C.海水提溴过程中将溴吹入SO2吸收塔:Br2+SO2+2H2O2Br-+S+4H+ D.用草酸标准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度:2Mn+5C2+16H+2Mn2++10CO2↑+8H2O 8.(2024·黑吉辽,10,3分,难度★★★)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品;150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示,15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是 (　　) A.3 h时,反应②正、逆反应速率相等 B.该温度下的平衡常数:①>② C.0~3 h平均速率v(异山梨醇)=0.014 mol·kg-1·h-1 D.反应②加入催化剂不改变其平衡转化率 9.(双选)(2024·山东,15,3分,难度★★★★)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:< 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 10.(2024·江苏,13,3分,难度★★★)二氧化碳加氢制甲醇过程中的主要反应(忽略其他副反应)为: ①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH1=41.2 kJ·mol-1 ②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH2 225 ℃、8×106 Pa下,将一定比例CO2、H2混合气匀速通过装有催化剂的绝热反应管。装置及L1、L2、L3…位点处(相邻位点距离相同)的气体温度、CO和CH3OH的体积分数如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.L4处与L5处反应①的平衡常数K相等 B.反应②的焓变ΔH2>0 C.L6处的H2O的体积分数大于L5处 D.混合气从起始到通过L1处,CO的生成速率小于CH3OH的生成速率 11.(2024·浙江,16,3分,难度★★★)探究各种因素对化学平衡的影响,下列操作、现象和结论完全正确的是 (　　) 选项 探究因素 实验操作 现象 结论 A 浓度 往1 mL K2CrO4溶液中加入等体积HBr溶液 溶液颜色 变为橙色 反应物浓度增大,平衡正向移动 B 压强 在恒温恒容体系中分解HI,达到平衡后通入Ar 体系颜色 深度不变 对于反应物和生成物气体分子数相等的反应,压强不影响其平衡 C 温度 将已达到平衡的NO2、N2O4混合气体封装到密闭容器中,进行热水浴 颜色加深 升高温度有利于平衡向吸热反应的方向进行 D 催化剂 取3 mL乙酸乙酯和1 mL硫酸共热 上层厚度 逐渐减小 合适的催化剂可以使平衡正向移动 12.(2024·海南,7,2分,难度★★★)已知298 K,101 kPa时,CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=-49.5 kJ·mol-1。该反应在密闭的刚性容器中分别于T1、T2温度下进行,CO2的初始浓度为0.40 mol·L-1,c(CO2)-t关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A.T1>T2 B.T1下反应达到平衡时c(CH3OH)=0.15 mol·L-1 C.使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大 D.使用催化剂2和催化剂3的反应历程相同 13.(2023·北京,4,3分,难度★★)下列事实能用平衡移动原理解释的是 (　　) A.H2O2溶液中加入少量MnO2固体,促进H2O2分解 B.密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体,受热后颜色加深 C.铁钉放入浓HNO3中,待不再变化后,加热能产生大量红棕色气体 D.锌片与稀H2SO4反应过程中,加入少量CuSO4固体,促进H2的产生 14.(2023·辽宁,13,3分,难度★★★★)某小组进行实验,向10 mL蒸馏水中加入0.4 g I2,充分振荡,溶液呈浅棕色,再加入0.2 g锌粒,溶液颜色加深;最终紫黑色晶体消失,溶液褪色。已知(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- 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 15.(2023·江苏,10,3分,难度★★★)金属硫化物(MxSy)催化反应CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g),既可以除去天然气中的H2S,又可以获得H2。下列说法正确的是 (　　) A.该反应的ΔS<0 B.该反应的平衡常数K= C.题图所示的反应机理中,步骤Ⅰ可理解为H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间发生作用 D.该反应中每消耗1 mol H2S,转移电子的数目约为2×6.02×1023 16.(2023·江苏,13,3分,难度★★★)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为: CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-164.7 kJ·mol-1　① CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2 kJ·mol-1　② 在密闭容器中,1.01×105 Pa、n起始(CO2)∶n起始(H2)=1∶4时,CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图所示。CH4的选择性可表示为×100%。下列说法正确的是(　　) A.反应2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g)的焓变ΔH=-205.9 kJ·mol-1 B.CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加 C.用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530 ℃ D.450 ℃时,提高的值或增大压强,均能使CO2平衡转化率达到X点的值 17.(2023·重庆,14,3分,难度★★★★)逆水煤气变换体系中存在以下两个反应: 反应Ⅰ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) 反应Ⅱ:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) 在恒容条件下,按V(CO2)∶V(H2)=1∶1投料比进行反应,平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.反应Ⅰ的ΔH<0,反应Ⅱ的ΔH>0 B.M点反应Ⅰ的平衡常数K<1 C.N点H2O的压强是CH4的3倍 D.若按V(CO2)∶V(H2)=1∶2投料,则曲线之间交点位置不变 18.(2023·湖南,13,3分,难度★★★★)向一恒容密闭容器中加入1 mol CH4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x[x=]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 19.(2022·江苏,10,3分,难度★★)用尿素水解生成的NH3催化还原NO,是柴油机车辆尾气净化的主要方法。反应为4NH3(g)+O2(g)+4NO(g)4N2(g)+6H2O(g),下列说法正确的是(　　) A.上述反应ΔS<0 B.上述反应平衡常数K= C.上述反应中消耗1 mol NH3,转移电子的数目为2×6.02×1023 D.实际应用中,加入尿素的量越多,柴油机车辆排放的尾气对空气污染程度越小 20.(2022·江苏,12,3分,难度★★★) 一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol·L-1 KOH溶液吸收CO2,若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略,溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c(HC)+c(C)。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是(　　) A.KOH吸收CO2所得到的溶液中:c(H2CO3)>c(HC) B.KOH完全转化为K2CO3时,溶液中:c(OH-)=c(H+)+c(HC)+c(H2CO3) C.KOH溶液吸收CO2,c总=0.1 mol·L-1溶液中:c(H2CO3)>c(C) D.如图所示的“吸收”“转化”过程中,溶液的温度下降 21.(2022·浙江,19,2分,难度★★★)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,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 22. (2022·广东,13,4分,难度★★★)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 23.(2022·海南,8,2分,难度★★)某温度下,反应CH2CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡,下列说法正确的是 (　　) A.增大压强,v正>v逆,平衡常数增大 B.加入催化剂,平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大 C.恒容下,充入一定量的H2O(g),平衡向正反应方向移动 D.恒容下,充入一定量的CH2CH2(g),CH2CH2(g)的平衡转化率增大 24.(2022·重庆,14,3分,难度★★★)两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。 反应1:NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)　p1=3.6×104 Pa 反应2:2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)　p2=4×103 Pa 该温度下,刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体,平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是 (　　) A.反应2的平衡常数为4×106Pa2 B.通入NH3,再次平衡后,总压强增大 C.平衡后总压强为4.36×105 Pa D.缩小体积,再次平衡后总压强不变 25.(双选)(2022·湖南,14,4分,难度★★★)向体积均为1 L的两恒容容器中分别充入2 mol X和1 mol Y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 26.(2021·北京,10,3分,难度★★★)NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0。下列分析正确的是 (　　) A.1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子 B.断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量 C.恒温时,缩小容积,气体颜色变深,是平衡正向移动导致的 D.恒容时,水浴加热,由于平衡正向移动导致气体颜色变浅 27.(2021·辽宁,11,3分,难度★★★)某温度下,在恒容密闭容器中加入一定量X,发生反应2X(s)Y(s)+Z(g),一段时间后达到平衡。下列说法错误的是 (　　) A.升高温度,若c(Z)增大,则ΔH>0 B.加入一定量Z,达新平衡后m(Y)减小 C.加入等物质的量的Y和Z,达新平衡后c(Z)增大 D.加入一定量氩气,平衡不移动 28.(2021·浙江,20,2分,难度★★★)一定温度下,在N2O5的四氯化碳溶液(100 mL)中发生分解反应:2N2O54NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积,换算成N2O5,浓度如下表: t/s 0 600 1 200 1 710 2 220 2 820 x c(N2O5)/ (mol·L-1) 1.40 0.96 0.66 0.48 0.35 0.24 0.12 下列说法正确的是 (　　) A.600~1 200 s,生成NO2的平均速率为5.0×10-4 mol·L-1·s-1 B.反应2 220 s时,放出的O2体积为11.8 L(标准状况) C.反应达到平衡时,v正(N2O5)=2v逆(NO2) D.推测上表中的x为3 930 29.(2021·福建,5,4分,难度★★★)实验室配制碘水时,通常将I2溶于KI溶液:I2(aq)+I-(aq)(aq)。关于该溶液,下列说法正确的是(　　) A.KI的电子式为K︰︰ B.滴入淀粉溶液,不变蓝 C.加水稀释,平衡逆向移动 D.加少量AgNO3固体平衡正向移动 30.(2021·海南,8,2分,难度★★)制备水煤气的反应为C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)　ΔH>0,下列说法正确的是 (　　) A.该反应ΔS<0 B.升高温度,反应速率增大 C.恒温下,增大总压,H2O(g)的平衡转化率不变 D.恒温恒压下,加入催化剂,平衡常数增大 31.(双选)(2021·湖南,11,4分,难度★★★★)已知:A(g)+2B(g)3C(g)　ΔH<0,向一恒温恒容的密闭容器中充入1 mol A和3 mol B发生反应,t1时达到平衡状态Ⅰ,在t2时改变某一条件,t3时重新达到平衡状态Ⅱ,正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.容器内压强不变,表明反应达到平衡 B.t2时改变的条件:向容器中加入C C.平衡时A的体积分数φ:φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ) D.平衡常数K:K(Ⅱ)<K(Ⅰ) 32.(2020·北京,10,3分,难度★★★)一定温度下,反应I2(g)+H2(g)2HI(g)在密闭容器中达到平衡时,测得c(I2)=0.11 mmol·L-1,c(HI)=0.78 mmol·L-1。相同温度下,按下列4组初始浓度进行实验,反应逆向进行的是(注:1 mmol·L-1=10-3 mol·L-1) (　　) 选项 A B C D c(I2)/(mmol·L-1) 1.00 0.22 0.44 0.11 c(H2)/(mmol·L-1) 1.00 0.22 0.44 0.44 c(HI)/(mmol·L-1) 1.00 1.56 4.00 1.56 33.(双选)(2020·江苏,15,4分,难度★★★)CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)　ΔH=247.1 kJ·mol-1　H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)　ΔH=41.2 kJ·mol-1 在恒压、反应物起始物质的量比n(CH4)∶n(CO2)=1∶1 条件下,CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如下图所示。下列有关说法正确的是(　　) A.升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率 B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化 C.相同条件下,改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠 D.恒压、800 K、n(CH4)∶n(CO2)=1∶1条件下,反应至CH4转化率达到X点的值,改变除温度外的特定条件继续反应,CH4转化率能达到Y点的值 34.(2020·浙江,18,2分,难度★★★)5 mL 0.1 mol·L-1 KI溶液与1 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液发生反应: 2Fe3+(aq)+2I-(aq)2Fe2+(aq)+I2(aq),达到平衡。下列说法不正确的是 (　　) A.加入苯,振荡,平衡正向移动 B.经苯2次萃取分离后,在水溶液中加入KSCN,溶液呈血红色,表明该化学反应存在限度 C.加入FeSO4固体,平衡逆向移动 D.该反应的平衡常数K= 35.(2020·浙江,20,2分,难度★★★★)一定条件下:2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0。在测定NO2的相对分子质量时,下列条件中,测定结果误差最小的是 (　　) A.温度0 ℃、压强50 kPa B.温度130 ℃、压强300 kPa C.温度25 ℃、压强100 kPa D.温度130 ℃、压强50 kPa 36.(2025·北京,19,11分,难度★★★★)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“MnO2+2Br-+4H+Mn2++Br2+2H2O”平衡常数的方法,对照理论数据判断方法的可行性。 (1)理论分析 ①Br2易挥发,需控制生成c(Br2)较小。 ②根据25 ℃时K=6.3×104分析,控制合适pH,可使生成c(Br2)较小;用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2反应,反应前后c(Br-)几乎不变;c(Mn2+)=c(Br2),仅需测定平衡时溶液pH和c(Br2)。 ③Br2与水反应的程度很小,可忽略对测定干扰;低浓度HBr挥发性很小,可忽略。 (2)实验探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 25 ℃,将0.200 mol·L-1 KBr溶液(pH≈1)与过量MnO2混合,密闭并搅拌,充分反应后,溶液变为黄色,容器液面上方有淡黄色气体 Ⅱ 25 ℃,将0.200 mol·L-1 KBr溶液(pH≈2)与过量MnO2混合,密闭并搅拌,反应时间与Ⅰ相同,溶液变为淡黄色,容器液面上方未观察到黄色气体 Ⅲ 测定Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH;取一定量反应后溶液,加入过量KI固体,用Na2S2O3标准溶液滴定,测定c(Br2) 已知:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6;Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中,滴定时选用淀粉作指示剂,滴定终点时的现象是　　　　　　　　　　　　。用离子方程式表示KI的作用:　  　。  ②Ⅰ中,与反应前的溶液相比,反应后溶液的pH　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。平衡后,按计算所得值小于25 ℃的K值,是因为Br2挥发导致计算时所用　　　　　　的浓度小于其在溶液中实际浓度。  ③Ⅱ中,按计算所得值也小于25 ℃的K值,可能原因是　。  (3)实验改进 分析实验Ⅰ、Ⅱ中测定结果均偏小的原因,改变实验条件,再次实验。 控制反应温度为40 ℃,其他条件与Ⅱ相同,经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确,应与　值比较。  ②综合调控pH和温度的目的是  　。  37.(2025·黑吉辽内蒙古,18,14分,难度★★★★)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)HOCH2CH2OH(g),不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298 K 355 K 400 K 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-a kJ·mol-1、-b kJ·mol-1、-c kJ·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500 K时,即使压强(34 MPa)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。 (4)在2 MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下,发生上述反应,初始氢酯比=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=×100%]。 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 ③483 K时,出口处的值为　　　　(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)。  38.(2025·山东,20,12分,难度★★★★★)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1 mol CaS、1 mol SO2和0.1 mol H2投料反应。平衡体系中,各气态物种的lg n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　　　　　(填“>”“<”或“=”)0。  (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a mol,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,压缩容器容积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　　　　(填“增大”“减小”或“不变”),H2O物质的量　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  39.(2025·江苏,17,17分,难度★★★★)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)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[Fe2O3·(1-x)CeO2,0≤x≤1,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　CH4CO+2H2 步骤Ⅱ　H2OH2 ①步骤Ⅰ中,产物气体积分数、CH4转化率、与x的关系如图乙所示。x=0时,大于理论值2的可能原因有  　;x=0.5时,  通入标准状况下300 mL的CH4至反应结束,CO的选择性=×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:  　。  40.(2025·广东,19,14分,难度★★★★)钛单质及其化合物在航空、航天、催化等领域应用广泛。 (1)基态Ti原子的价层电子排布式为　。  (2)298 K下,反应TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+2CO(g)的ΔH<0、ΔS>0,则298 K下该反应　　　　　(填“能”或“不能”)自发进行。  (3)以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0 mol TiCl4与10.0 mol Ti放入容积为V0 L的恒容密闭容器中,反应体系存在下列过程。 编号 过程 ΔH (a) Ti(s)+TiCl4(g)2TiCl2(s) ΔH1 (b) TiCl2(s)+TiCl4(g)2TiCl3(g) +200.1 kJ·mol-1 (c) Ti(s)+3TiCl4(g)4TiCl3(g) +132.4 kJ·mol-1 (d) TiCl3(g)TiCl3(s) ΔH2 ①ΔH1=　　　　　 kJ·mol-1。  ②不同温度下,平衡时反应体系的组成如图。曲线Ⅰ对应的物质为　　　　　。  ③温度T0 K下,n[TiCl4(g)]=　　　 mol,反应(c)的平衡常数K=　　　　　(列出算式,无须化简)。  (4)钛基催化剂可以催化储氢物质肼(N2H4)的分解反应: (e)N2H4N2+2H2　(f)3N2H4N2+4NH3 为研究某钛基催化剂对上述反应的影响,以肼的水溶液为原料(含N2H4的物质的量为n0),进行实验,得到n1/n0、n2/n0随时间t变化的曲线如图。其中,n1为H2与N2的物质的量之和;n2为剩余N2H4的物质的量。设ne为0~t时间段内反应(e)消耗N2H4的物质的量,该时间段内,本体系中催化剂的选择性用×100%表示。 ①0~t0 min内,N2H4的转化率为　　　　　　　(用含y2的代数式表示)。  ②0~t0 min内,催化剂的选择性为　　　　　　　(用含y1与y2的代数式表示,写出推导过程)。  41.(2025·河北,17,15分,难度★★★★)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1.5 mol·L-1,恒温下反应30 min,环氧乙烷完全转化,产物中n(EG)∶n(DEG)=10∶1。 ①0~30 min内,v总(EO)=　　　　 mol·L-1·min-1。  ②下列说法正确的是　　　　　(填字母)。  a.主反应中,生成物总能量高于反应物总能量 b.0~30 min内,v总(EO)=v总(EG) c.0~30 min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　　　　　(填“>”“<”或“=”)0。  ③已知:反应aA(g)+bB(g)yY(g)+zZ(g),Kx=,x为组分的物质的量分数。 M、N两点对应的体系,Kx(M)　　　　　　(填“>”“<”或“=”)Kx(N),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为组分的分压。调整进料比为n(CO)∶n(H2)=m∶3,系统压强维持p0 MPa,使α(H2)=0.75,此时Kp=　　　　 MPa-4(用含有m和p0的代数式表示)。  42.(2025·安徽,17,15分,难度★★★★)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=+26.3 kJ·mol-1 ②HCOOH(g)CO2(g)+H2(g) ΔH2=-14.9 kJ·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下图,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  　。  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) (4)恒温恒容条件下,可提高CH4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下图。 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p kPa,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)。  43.(2025·甘肃,17,15分,难度★★★★)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=-175 kJ·mol-1(25 ℃、101 kPa) 反应2:C2H2(g)+2H2(g)C2H6(g) ΔH2=-312 kJ·mol-1(25 ℃、101 kPa) (1)25 ℃、101 kPa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()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  　。  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(如下表)。当v(C2H2)=1.012×10-4 mol·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 ℃、101 kPa)下实现乙炔加氢,反应机理如下图所示(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) 44.(2025·陕晋宁青,17,15分,难度★★★★)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=+101 kJ·mol-1 Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)　ΔH2=-166 kJ·mol-1 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41 kJ·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　　　　　(填字母)。  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　  　。  甲 (4)100 kPa下,在密闭容器中H2(g)和MgCO3(s)各1 mol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)。 乙 该图为乙图内点M 附近区域放大图 丙 注:含碳生成物选择性=×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　  　。  45.(2025·河南,17,15分,难度★★★★)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(g)CaO(g)+CO2(g) ΔH1=+178 kJ·mol-1 反应Ⅱ:CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g) ΔH2=+247 kJ·mol-1 反应Ⅲ:H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41 kJ·mol-1 回答下列问题: (1)Ca位于元素周期表中　　　　区;基态Ni2+的价层电子排布式为　　　　　　　　。  (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、100 kPa下,向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4,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1.3 mol,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= ×100% 46.(2025·云南,17,15分,难度★★★★)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=+68.7 kJ·mol-1 回答下列问题: (1)乙醇可由秸秆生产,主要过程为 秸秆纤维素　　　 乙醇 (2)对于反应Ⅰ: ①已知CH3CHO(g)+H2O(g)H2(g)+CH3COOH(g)　ΔH=-24.3 kJ·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　　(填字母)。  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1 mol H2O,同时消耗2 mol H2 ③反应后从混合气体分离得到H2,最适宜的方法为　。  (3)恒压100 kPa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=×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)。  47.(2024·北京,16,15分,难度★★★★)HNO3是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备HNO3。 (1)方法一:早期以硝石(含NaNO3)为氮源制备HNO3,反应的化学方程式为H2SO4(浓)+NaNO3NaHSO4+HNO3↑。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和　　　　　　。  (2)方法二:以NH3为氮源催化氧化制备HNO3,反应原理分三步进行。 ①第Ⅰ步反应的化学方程式为  　。  ②针对第Ⅱ步反应进行研究:在容积可变的密闭容器中,充入2n mol NO和n mol O2进行反应。在不同压强下(p1、p2),反应达到平衡时,测得NO转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因      　。  (3)方法三:研究表明可以用电解法以N2为氮源直接制备HNO3,其原理示意图如右。 ①电极a表面生成N的电极反应式:　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②研究发现:N2转化可能的途径为N2NON。电极a表面还发生反应ⅲ:H2OO2。反应ⅲ的存在有利于途径ⅱ,原因是　。  (4)人工固氮是高能耗的过程,结合N2分子结构解释原因  　。  方法三为N2的直接利用提供了一种新的思路。 48.(2024·上海,10,14分,难度★★★★)已知:Ca2++2HCCaCO3+H2CO3 ①HCH++C ②Ca2++CCaCO3 ③HC+H+H2CO3 (1)以下能判断总反应达到平衡状态的是　　　　。  A.钙离子浓度保持不变 B.保持不变 C.v正(Ca2+)=v逆(CaCO3) D.v正(H2CO3)∶v逆(HC)=2∶1 (2)pH增大有利于珊瑚(CaCO3)的形成,请解释原因:    　。  (3)已知:H2CO3的Ka1=4.2×10-7,Ka2=5.6×10-11,CaCO3的Ksp=2.8×10-9,c(H+)=8.4×10-9 mol·L-1,c(HC)=1×10-4 mol·L-1,c(H2CO3)为　;  当c(Ca2+)=　　　　　 mol·L-1时,开始产生CaCO3沉淀。  (4)根据上图,写出电极a的电极反应方程式:  　。  (5)关于上述电化学反应过程,描述正确的是 (　　) A.该装置实现电能转化为化学能 B.电极b是负极 C.电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a D.每1 mol (CH2O)n参与反应时,转移4 mol电子 (6)解释在溶液中氧气的浓度变大后,为何有利于(CH2O)n的除去,但不利于N的除去: 　。  49.(2024·黑吉辽,18,13分,难度★★★★)为实现氯资源循环利用,工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气: 2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g) ΔH1=-57.2 kJ·mol-1　ΔS　K 将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中,在360 ℃、400 ℃和440 ℃下反应,通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线,如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 图1 图2 回答下列问题: (1)ΔS　　0(填“>”或“<”);T3=　　℃。  (2)结合以下信息,可知H2的燃烧热ΔH=　　kJ·mol-1。  H2O(l)H2O(g) ΔH2=+44.0 kJ·mol-1 H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) ΔH3=-184.6 kJ·mol-1 (3)下列措施可提高M点HCl转化率的是　　(填字母)。  A.增大HCl的流速 B.将温度升高40 ℃ C.增大n(HCl)∶n(O2) D.使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时,α(T3)小于α(T2)和α(T1),原因是  　。  (5)设N点的转化率为平衡转化率,则该温度下反应的平衡常数K=　　　　　(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。  (6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高,稳定性强。TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表示,二者晶胞体积近似相等,RuO2与TiO2的密度比为1.66,则Ru的相对原子质量为　　　　　　(精确至1)。  50.(2024·山东,20,12分,难度★★★★★)水煤气是H2的主要来源,研究CaO对C-H2O体系制H2的影响,涉及主要反应如下: C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)　(Ⅰ)　ΔH1>0 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　(Ⅱ)　ΔH2<0 CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s)　(Ⅲ)　ΔH3<0 回答下列问题: (1)C(s)+CaO(s)+2H2O(g)CaCO3(s)+2H2(g)的焓变ΔH=　　　　　　(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。  (2)压力p下,C-H2O-CaO体系达平衡后,图示温度范围内C(s)已完全反应,CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2摩尔分数随温度的变化关系如图所示,则a线对应物种为　　　　　　　(填化学式)。当温度高于T1时,随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是　    　。  (3)压力p下、温度为T0时,图示三种气体的摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05,则反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数Kp=　　　　;此时气体总物质的量为4.0 mol,则CaCO3(s)的物质的量为　　　 mol;若向平衡体系中通入少量CO2(g),重新达平衡后,分压p(CO2)将　　　　(填“增大”“减小”或“不变”,下同),p(CO)将　　　　　　　。  51.(2024·江苏,17,16分,难度★★★★)氢能是理想清洁能源,氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢,原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有　　　　　　;含CO和H2各1 mol的混合气体通过该方法制氢,理论上可获得　　　　　　 mol H2。  (2)一定条件下,将氮气和氢气按n(N2)∶n(H2)=1∶3混合匀速通入合成塔,发生反应N2+3H22NH3。海绵状的α-Fe作催化剂,多孔Al2O3作为α-Fe的“骨架”和气体吸附剂。 ①H2中含有CO会使催化剂中毒。CH3COO[Cu(NH3)2]和氨水的混合溶液能吸收CO生成CH3COO[Cu(NH3)3CO]溶液,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②Al2O3含量与α-Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于2%,出口处氨含量下降的原因是  　。  (3)反应H2+HCHCOO-+H2O可用于储氢。 ①密闭容器中,其他条件不变,向含有催化剂的0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中通入H2,HCOO-产率随温度变化如图所示。温度高于70 ℃,HCOO-产率下降的可能原因是  　。  ②使用含氨基物质(化学式为CN—NH2,CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢,可能机理如图所示。氨基能将HC控制在催化剂表面,其原理是　　　　　　　　　　　　　　　　;用重氢气(D2)代替H2,通过检测是否存在　　　　　　　　　　　　　　　　　　(填化学式)确认反应过程中的加氢方式。  52.(2024·广东,19,14分,难度★★★★)酸在多种反应中具有广泛应用,其性能通常与酸的强度密切相关。 (1)酸催化下NaNO2与NH4Cl混合溶液的反应(反应a),可用于石油开采中油路解堵。 ①基态N原子价层电子的轨道表示式为 　。  ②反应a:N(aq)+N(aq)N2(g)+2H2O(l)。 已知: 则反应a的ΔH=　　　　　　　　　　。  ③某小组研究了3种酸对反应a的催化作用。在相同条件下,向反应体系中滴加等物质的量的少量酸,测得体系的温度T随时间t的变化如图。 据图可知,在该过程中　　　　(填字母)。  A.催化剂酸性增强,可增大反应焓变 B.催化剂酸性增强,有利于增大反应速率 C.催化剂分子中含H越多,越有利于加速反应 D.反应速率并不始终随着反应物浓度的下降而减小 (2)在非水溶剂中,将CO2转化为化合物ⅱ(一种重要的电子化学品)的催化机理示意图如图,其中的催化剂有　　　　和　　　　。  (3)在非水溶剂中研究弱酸的电离平衡具有重要科学价值。一定温度下,某研究组通过分光光度法测定了两种一元弱酸HX(X为A或B)在某非水溶剂中的Ka。 a.选择合适的指示剂HIn,其电离平衡常数Ka(HIn)=3.6×10-20;其钾盐为KIn。 b.向KIn溶液中加入HX,发生反应:In-+HXX-+HIn。KIn起始的物质的量为n0(KIn),加入HX的物质的量为n(HX),平衡时,测得c平(In-)/c平(HIn)随n(HX)/n0(KIn)的变化曲线如图。 已知:该溶剂本身不电离,钾盐在该溶剂中完全电离。 ①计算Ka(HA)。(写出计算过程,结果保留两位有效数字) ②在该溶剂中,Ka(HB)　　　　Ka(HA);Ka(HB)　　　　Ka(HIn)。(填“>”“<”或“=”)  53.(2024·海南,16,12分,难度★★★★)氨是一种理想的储氢载体,具有储氢密度高、储运技术成熟等优点。已知298 K、100 kPa时,反应①:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH1=-92 kJ·mol-1;p(NH3)=总压×NH3物质的量分数。 回答问题: (1)题述条件下,反应②:2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH2=　　　　kJ·mol-1。  (2)设反应为一步完成,且ΔH与温度无关,已知673 K下,反应①活化能为335 kJ·mol-1,则NH3(g)分解反应的活化能为　　　　kJ·mol-1。  (3)既能影响反应②平衡转化率又能影响其反应速率的因素有　　　　、　　　　。  (4)温度T下恒容密闭容器中进行氨催化分解反应,p(NH3)~t关系曲线如图所示,其函数关系p(NH3)/kPa=　　　　(写表达式),增大氨的初始分压,氨的转化速率　　　　;假设吸附到催化剂表面后NH3都变成活化分子,其它条件不变,改用比表面积更大的催化剂,则单位时间H2的产量将　　　　。  54.(2024·广西,17,15分,难度★★★★)二氯亚矾(SOCl2)是重要的液态化工原料。回答下列问题: (1)合成SOCl2前先制备SCl2。有关转化关系为: 则S(s)+Cl2(g)SCl2(l)的ΔH3=　　　　kJ·mol-1。  (2)密闭容器中,以活性炭为催化剂,由SCl2和O2制备SOCl2。反应如下: Ⅰ　SCl2(g)+O2(g)SO2Cl2(g) Ⅱ　SCl2(g)+SO2Cl2(g)2SOCl2(g) ①反应 Ⅱ 的lgK(K为平衡常数)随(T为温度)的变化如图,推断出该反应为　　　　(填“吸热”或“放热”)反应。  ②466 K时,平衡体系内各组分的物质的量分数x(A)随的变化如图。 反应Ⅱ的平衡常数K1=　　　　(保留1位小数)。保持T和不变,增大SCl2平衡转化率的措施有　  　(任举一例)。  ③改变T,使反应Ⅱ的平衡常数K2=K1,导致图中的曲线变化,则x(SCl2)等于x(SOCl2)的新交点将出现在　　　　(填“d”“e”“f”或“g”)处。  (3)我国科研人员在含Li+的SOCl2溶液中加入I2,提高了Li-SOCl2电池的性能。该电池放电时,正极的物质转变步骤如图。其中,I2的作用是　;  正极的电极反应为　。  55.(2024·河北,17,15分,难度★★★★)氯气是一种重要的基础化工原料,广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1,4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。 (1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂,工业上制备原理如下: SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g) ΔH=-67.59 kJ·mol-1 ①若正反应的活化能为E正 kJ·mol-1,则逆反应的活化能E逆=　　　　 kJ·mol-1(用含E正的代数式表示)。  甲 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g),测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp(Δp=p0-p,p0为体系初始压强,p0=240 kPa,p为体系平衡压强),结果如图甲。 图甲中温度由高到低的顺序为　　　　　　　　　　　　,判断依据为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。M点Cl2的转化率为　　　　　,T1温度下用分压表示的平衡常数Kp=　　kPa-1。  ③图乙曲线中能准确表示T1温度下Δp随进料比变化的是　　　　(填序号)。  乙 (2)1,4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体,可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为 以上各反应的速率方程均可表示为v=kc(A)c(B),其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度,k为速率常数(k1~k5分别对应反应①~⑤)。 某温度下,反应器中加入一定量的X,保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计),测定不同时刻相关物质的浓度。 已知该温度下,k1∶k2∶k3∶k4∶k5=100∶21∶7∶4∶23。 ①30 min时,c(X)=6.80 mol·L-1,且30~60 min内v(X)=0.042 mol·L-1·min-1,反应进行到60 min时,c(X)=　　　　　　　　 mol·L-1。  ②60 min时,c(D)=0.099 mol·L-1,若0~60 min产物T的含量可忽略不计,则此时c(G)=　　　　　　　　 mol·L-1;60 min后,随T的含量增加,　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  56.(2024·湖北,17,14分,难度★★★★)用BaCO3和焦炭为原料,经反应Ⅰ、Ⅱ得到BaC2,再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。 反应Ⅰ:BaCO3(s)+C(s)BaO(s)+2CO(g) 反应Ⅱ:BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g) 回答下列问题。 (1)写出BaC2与水反应的化学方程式:  　。  (2)已知Kp=(pCO)n、K=()n(n是CO的化学计量系数)。反应Ⅰ、Ⅱ的lg K与温度的关系曲线见图1。 图1　lg K与T的关系曲线 ①反应BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)在1 585 K的Kp=　　　　　　 Pa3。  ②保持1 320 K不变,假定恒容容器中只发生反应Ⅰ,达到平衡时pCO=　　　　　　 Pa,若将容器容积压缩到原来的,重新建立平衡后pCO=　　　　　　 Pa。  (3)恒压容器中,焦炭与BaCO3的物质的量之比为4∶1,Ar为载气。1 400 K和1 823 K下,BaC2产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。 图2　BaC2产率与时间的关系曲线 ①初始温度为900 K,缓慢加热至1 400 K时,实验表明BaCO3已全部消耗,此时反应体系中含Ba物种为　　　　　　　　。  ②1 823 K下,反应速率的变化特点为　　　　　　　　　　　　　　　　,其原因是　        　。  57.(2024·安徽,17,15分,难度★★★★)乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题: 【乙烷制乙烯】 (1)C2H6氧化脱氢反应: 2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) ΔH1=-209.8 kJ·mol-1 C2H6(g)+CO2(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH2=178.1 kJ·mol-1 计算:2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH3=　　　　　 kJ·mol-1  (2)C2H6直接脱氢反应为C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)　ΔH4,C2H6的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示,则ΔH4　　　0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中,达到平衡时转化率最接近40%的是　　　　(填字母)。  a.600 ℃,0.6 MPa b.700 ℃,0.7 MPa c.800 ℃,0.8 MPa (3)一定温度和压强下, 反应ⅰ　C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)　 反应ⅱ　C2H6(g)+H2(g)2CH4(g)　(远大于) (Ka是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ①仅发生反应ⅰ时,C2H6的平衡转化率为25.0%,计算=　　　　　　　　　　。  ②同时发生反应ⅰ和ⅱ时,与仅发生反应ⅰ相比,C2H4的平衡产率　　　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  【乙烷和乙烯混合气的分离】 (4)通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附-脱附,可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu+的　　　　　　　　与C2H4分子的π键电子形成配位键,这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (5)常温常压下,将C2H4和C2H6等体积混合,以一定流速通过某吸附剂。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所示。下列推断合理的是　　　　　　　　　(填字母)。  A.前30 min,两种气体均未被吸附 B.p点对应的时刻,出口气体的主要成分是C2H6 C.a—b对应的时间段内,吸附的C2H6逐渐被C2H4替代 58.(2024·江西,16,15分,难度★★★★)目前石油开采的天然气中含有H2S。综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。CH4和H2S重整制氢的主要反应如下: 反应Ⅰ:CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g) ΔH1=+260 kJ·mol-1 反应Ⅱ:CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH2=+90 kJ·mol-1 反应Ⅲ:2H2S(g)S2(g)+2H2(g) ΔH3=+181 kJ·mol-1 回答下列问题。 (1)H2S分子的电子式为　。  (2)反应Ⅳ:CS2(g)S2(g)+C(s) ΔH4=　　　　kJ·mol-1。  (3)保持反应器进料口总压为100 kPa。分别以8 kPa CH4、24 kPa H2S(He作辅气)与25 kPa CH4、75 kPa H2S进料。CH4平衡转化率与温度的关系如图1,含有He的曲线为　　　　,理由是　  　。  图1 图2 (4)假设在10 L的恒温刚性容器中,通入0.3 mol CH4和0.15 mol H2S发生反应Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ,起始总压为p0。CH4和H2S的转化率与时间的关系如图2,0~5 min内H2的化学反应速率为　　　 mol·(L·min)-1;5 min时,容器内总压为　　　　。  (5)假设H2S和CH4的混合气体在某固体催化剂上的吸附服从Langmuir等温吸附(吸附分子彼此不发生相互作用,且气体分子为单分子层吸附)。吸附等温式为=,=。 其中a是气体的吸附系数,Vm是气体在固体表面的饱和吸附量(标态),p是气体的分压,V是气体分压为p时的平衡吸附量(标态)。 在一定温度下,H2S的吸附系数是CH4的4倍,当H2S的分压为2 MPa及4 MPa,CH4和H2S的分压相同时,H2S平衡吸附量(V1)分别为0.6 m3·kg-1和0.8 m3·kg-1(已换算成标态),则H2S的吸附系数(a1)为　　　　MPa-1。  (6)与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比,上述方法优点是  　。  59.(2024·贵州,17,15分,难度★★★★)在无氧环境下,CH4经催化脱氢芳构化可以直接转化为高附加值的芳烃产品。一定温度下,CH4芳构化时同时存在如下反应。 ⅰ.CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH1=+74.6 kJ·mol-1 ΔS=+80.84 J·mol-1·K-1 ⅱ.6CH4(g)C6H6(l)+9H2(g)　ΔH2 回答下列问题。 (1)反应ⅰ在1000 K时　　　　(选填“能”或“不能”)自发进行。  (2)已知25 ℃时有关物质的燃烧热数据如表,则反应ⅱ的ΔH2=　　　　kJ·mol-1(用含a、b、c的代数式表示)。  物质 CH4(g) C6H6(l) H2(g) ΔH/(kJ·mol-1) a b c (3)受反应ⅰ影响,随着反应进行,单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低,原因是  　。  (4)对催化剂在不同的pH条件下进行处理,能够改变催化剂的活性。将催化剂在5种不同pH条件下处理后分别用于催化CH4芳构化,相同反应时间内测定相关数据如下表,其中最佳pH为　　　　,理由是　  　。  pH CH4平均转 化率/% 芳烃平均 产率/% 产物中积碳 平均含量/% 2.4 9.60 5.35 40.75 4.0 9.80 4.60 45.85 7.0 9.25 4.05 46.80 10.0 10.45 6.45 33.10 12.0 9.95 4.10 49.45 (5)973 K、100 kPa下,在某密闭容器中按n(C6H6)∶n(CH4)=1∶5充入气体,发生反应C6H6(g)+CH4(g)C7H8(g)+H2(g),平衡时C6H6与C7H8的分压比为4∶1,则C6H6的平衡转化率为　　　　,平衡常数Kp=　　　　　　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数,列出计算式即可)。  (6)引入丙烷可促进甲烷芳构化制备苯和二甲苯,反应如下: (两个反应可视为同级数的平行反应) 对于同级数的平行反应有==,其中v、k分别为反应速率和反应速率常数,Ea为反应活化能,A1、A2为定值,R为常数,T为温度,同一温度下是定值。已知Ea,苯<Ea,二甲苯,若要提高苯的产率,可采取的措施有  　。  60.(2024·甘肃,17,15分,难度★★★★)SiHCl3是制备半导体材料硅的重要原料,可由不同途径制备。 (1)由SiCl4制备SiHCl3: SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g)　ΔH1=+74.22 kJ·mol-1(298 K) 已知SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)　ΔH2=+219.29 kJ·mol-1(298 K) 298 K时,由SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)制备56 g硅　　　(填“吸”或“放”)热　　　　 kJ。升高温度有利于制备硅的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)在催化剂作用下由粗硅制备SiHCl3: 3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) 773 K,2 L密闭容器中,经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与0.4 mol H2和0.1 mol SiCl4气体反应,SiCl4转化率随时间的变化如下图所示: ①0~50 min,经方式　　　　　　　处理后的反应速率最快;在此期间,经方式丙处理后的平均反应速率v(SiHCl3)=　　　　　　 mol·L-1·min-1。  ②当反应达平衡时,H2的浓度为　　　mol·L-1,平衡常数K的计算式为　　　　　　　　。  ③增大容器容积,反应平衡向　　　　移动。  61.(2024·全国甲,28,15分,难度★★★★)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=-29 kJ·mol-1 3CH3Br(g)C3H6(g)+3HBr(g) ΔH2=+20 kJ·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8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器,平衡时,n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系见下图(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=　　　　　。  (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8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器,溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。 (ⅰ)在11~19 s之间,有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比=　　　　　。  (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:    　。  62.(2023·全国新课标,29,15分,难度★★★★)氨是最重要的化学品之一,我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题: (1)根据图1数据计算反应N2(g)+H2(g)NH3(g)的ΔH=　　　　　 kJ·mol-1。  图1　能量转换关系 (ⅰ)N2(g)+*N2* (ⅱ)N2*+*2N* (ⅲ)H2(g)+*H2* (ⅳ)H2*+*2H* (ⅴ)N*+H*NH*+* …… (…)NH3*NH3(g)+* 图2　反应机理 (2)研究表明,合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位,N2*表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中,速率控制步骤(即速率最慢步骤)为　　　　　(填步骤前的标号),理由是　    　。  (3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原,生成α-Fe包裹的Fe3O4。已知α-Fe属于立方晶系,晶胞参数a=287 pm,密度为7.8 g·cm-3。则α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为　　　　　(列出计算式,阿伏加德罗常数的值为NA)。  (4)在不同压强下,以两种不同组成进料,反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如图所示。其中一种进料组成为=0.75、=0.25,另一种为=0.675、=0.225、xAr=0.10。(物质i的摩尔分数:xi=ni/n总) 图3 图4 ①图中压强由小到大的顺序为　　　　　,判断的依据是　　　　　　　　　　　　。  ②进料组成中含有惰性气体Ar的图是　　　　　。  ③图3中,当p2=20 MPa、=0.20时,氮气的转化率α=　　　　　。该温度时,反应N2(g)+H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp=　　　　　 MPa-1(化为最简式)。  63.(2023·辽宁,18,14分,难度★★★★)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)如下图所示。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+H2ONO+H2SO4 2NO+O22NO2 (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)。  (3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化: SO2(g)+O2(g)SO3(g)　 ΔH=-98.9 kJ·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)与温度的关系如下图所示,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下图所示,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)。  64.(2023·山东,20,12分,难度★★★★★)一定条件下,水气变换反应CO+H2OCO2+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.HCOOHCO+H2O(快) Ⅱ.HCOOHCO2+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x mol·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1.0 mol·L-1 HCOOH水溶液,使HCOOH分解,分解产物均完全溶于水。含碳微粒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0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1,反应 Ⅱ 达平衡时,测得H2的浓度为y mol·L-1。体系达平衡后=　　　　　(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0.10 mol·L-1盐酸,则图示点a、b、c、d中,CO新的浓度峰值点可能是　　　　(填小写字母)。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”),的值　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  65.(2023·江苏,17,16分,难度★★★★)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。 (1)燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。 “吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　;载人航天器内,常用LiOH固体吸收空气中的CO2,而很少用KOH固体,其原因是　　　　　　　　　　　　　　。  (2)合成尿素[CO]是利用CO2的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现 反应Ⅰ:2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(l) 反应Ⅱ:NH2COONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(l) ①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示,反应Ⅰ的ΔH　　　　(填“=”“>”或“<”)0。  甲 ②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外,还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为n(NH3)∶n(CO2)=4∶1,其实际投料比值远大于理论值的原因是      　。  (3)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下,恒定通过电解池的电量,电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图乙所示。 乙 FE%=×100% 其中,QX=nF,n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量,F表示法拉第常数。 ①当电解电压为U1 V时,电解过程中含碳还原产物的FE%为0,阴极主要还原产物为　　　　(填化学式)。  ②当电解电压为U2 V时,阴极由生成CH4的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ③当电解电压为U3 V时,电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为　　　　　　(写出计算过程)。　      66.(2023·浙江,19,11分,难度★★★★)水煤气变换反应是工业上的重要反应,可用于制氢。 水煤气变换反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH=-41.2 kJ·mol-1 该反应分两步完成: 3Fe2O3(s)+CO(g)2Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH1=-47.2 kJ·mol-1 2Fe3O4(s)+H2O(g)3Fe2O3(s)+H2(g)　ΔH2 请回答下列问题。 (1)ΔH2=　　　　 kJ·mol-1。  (2)恒定总压1.70 MPa和水碳比[n(H2O)/n(CO)=12∶5]投料,在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压=总压×该成分的物质的量分数)如下表。 分压 p(CO2)/MPa p(H2)/MPa p(CH4)/MPa 条件1 0.40 0.40 0 条件2 0.42 0.36 0.02 ①在条件1下,水煤气变换反应的平衡常数K=　　　　。  ②对比条件1,条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应,写出该反应的化学方程式:  　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)下列说法正确的是　　　　。  A.通入反应器的原料气应避免混入O2 B.恒定水碳比[n(H2O)/n(CO)],增加体系总压可提高H2的平衡产率 C.通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe D.通过充入惰性气体增加体系总压,可提高反应速率 (4)水煤气变换反应是放热的可逆反应,需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示),保证反应在最适宜温度进行。 图1 图2 图3 ①在催化剂活性温度范围内,图2中b-c段对应降温操作的过程,实现该过程的一种操作方法是　　　　。  A.按原水碳比通入冷的原料气　 B.喷入冷水(蒸汽) C.通过热交换器换热 ②若采用喷入冷水(蒸汽)的方式降温,在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。 (5)在催化剂活性温度范围内,水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高,该反应的反应速率先增大后减小,其速率减小的原因是  　。  67.(2023·海南,16,15分,难度★★★)磷酸二氢钾在工农业生产及国防工业等领域都有广泛的应用。某研究小组用质量分数为85%的磷酸与KCl(s)反应制备KH2PO4(s),反应方程式为H3PO4(aq)+KCl(s)KH2PO4(s)+HCl(g),一定条件下的实验结果如图1所示。 图1 回答问题: (1)该条件下,反应至1 h时KCl的转化率为　　　　。  (2)该制备反应的ΔH随温度变化关系如图2所示。该条件下反应为　　　　(填“吸热”或“放热”)反应,且反应热随温度升高而　　　　。  图2 (3)该小组为提高转化率采用的措施有:使用浓磷酸作反应物、向系统中不断通入水蒸气等。它们能提高转化率的原因是:不使用稀磷酸　　　　;通入水蒸气　。  (4)298 K时,H3PO4(aq)+KCl(aq)KH2PO4(aq)+HCl(aq)的平衡常数K=　　　　。(已知H3PO4的Ka1=6.9×10-3)  68.(2023·重庆,17,15分,难度★★★★)银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。 (1)在银催化下,乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示,回答下列问题: ①中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为　　　　 kJ·mol-1。  ②由EO(g)生成AA(g)的热化学方程式为 　。  (2)一定条件下,银催化剂表面上存在反应:Ag2O(s)2Ag(s)+O2(g),该反应平衡压强pc与温度T的关系如下: T/K 401 443 463 pc/kPa 10 51 100 ①463 K时的平衡常数Kp=　　　(kPa。  ②起始状态Ⅰ中有Ag2O、Ag和O2,经下列过程达到各平衡状态: 已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等,下列叙述正确的是　　　　(填字母)。  A.从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS>0 B.pc(Ⅱ)>pc(Ⅲ) C.平衡常数:K(Ⅱ)>K(Ⅳ) D.若体积V(Ⅲ)=2V(Ⅰ),则Q(Ⅰ)=K(Ⅲ) E.逆反应的速率:v(Ⅰ)>v(Ⅱ)=v(Ⅲ)>v(Ⅳ) ③某温度下,向恒容容器中加入Ag2O,分解过程中反应速率v(O2)与压强p的关系为v(O2)=k1-,k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少4%时,逆反应速率最大。若转化率为14.5%,则v(O2)=　　　　(用k表示)。  (3)α-AgI可用作固体离子导体,能通过加热γ-AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化,只画出了碘离子在晶胞中的位置)。 γ-AgI晶胞 ρ=7.0 g·cm-3　α-AgI晶胞 ρ=6.0 g·cm-3 ①测定晶体结构最常用的仪器是　　　　(填字母)。  A.质谱仪　　　　　B.红外光谱仪 C.核磁共振仪 D.X射线衍射仪 ②γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为　。  ③测定α-AgI中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中AgI质量不变,可判定导电离子是Ag+而不是I-,依据是  　。  69.(2023·湖南,16,15分,难度★★★★★)聚苯乙烯是一类重要的高分子材料,可通过苯乙烯聚合制得。 Ⅰ.苯乙烯的制备 (1)已知下列反应的热化学方程式: ①C6H5C2H5(g)+O2(g)8CO2(g)+5H2O(g)　ΔH1=-4 386.9 kJ·mol-1 ②C6H5CHCH2(g)+10O2(g)8CO2(g)+4H2O(g)　 ΔH2=-4 263.1 kJ·mol-1 ③H2(g)+O2(g)H2O(g) ΔH3=-241.8 kJ·mol-1 计算反应④C6H5C2H5(g)C6H5CHCH2(g)+H2(g)的ΔH4=　　　 kJ·mol-1。  (2)在某温度、100 kPa下,向反应器中充入1 mol气态乙苯发生反应④,其平衡转化率为50%,欲将平衡转化率提高至75%,需要向反应器中充入　　　 mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)。  (3)在913 K、100 kPa下,以水蒸气作稀释气、Fe2O3作催化剂,乙苯除脱氢生成苯乙烯外,还会发生如下两个副反应: ⑤C6H5C2H5(g)C6H6(g)+CH2CH2(g) ⑥C6H5C2H5(g)+H2(g)C6H5CH3(g)+CH4(g) 以上反应体系中,芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S=×100%)随乙苯转化率的变化曲线如图所示,其中曲线b代表的产物是　　　　　　,理由是　  　。  (4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是　　　　。  A.X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构 B.Fe2O3可改变乙苯平衡转化率 C.Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能 D.改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率 Ⅱ.苯乙烯的聚合 苯乙烯聚合有多种方法,其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X(引发剂,X表示卤素)生成自由基C6H5H2,实现苯乙烯可控聚合。 (5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是　　　　。  (6)室温下,①Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+,其反应平衡常数为K;②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知,CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为　　　　(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。  70.(2023·湖北,19,14分,难度★★★★)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下,C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。 C40H20(g)C40H18(g)+H2(g)的反应机理和能量变化如下: 回答下列问题: (1)已知C40Hx中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0 kJ·mol-1和298.0 kJ·mol-1,H—H键能为436.0 kJ·mol-1。估算C40H20(g)C40H18(g)+H2(g)的ΔH=　　　　 kJ·mol-1。  (2)图示历程包含　　　　　个基元反应,其中速率最慢的是第　　　　　个。  (3)C40H10纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为　　　　、　　　　　。  (4)1 200 K时,假定体系内只有反应C40H12(g)C40H10(g)+H2(g)发生,反应过程中压强恒定为p0(即C40H12的初始压强),平衡转化率为α,该反应的平衡常数Kp为　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。  (5)H19(g)C40H18(g)+H·(g)及H11(g)C40H10(g)+H·(g)反应的ln K(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下,ln K=-+c(R为理想气体常数,c为截距)。图中两条线几乎平行,从结构的角度分析其原因是  　。  (6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率,又能增大生成C40H10的反应速率的是　　　　(填标号)。  a.升高温度　 b.增大压强　 c.加入催化剂 71.(2023·全国甲,28,15分,难度★★★★)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题。 (1)已知下列反应的热化学方程式: ①3O2(g)2O3(g)　K1 ΔH1=285 kJ·mol-1 ②2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(l)　K2 ΔH2=-329 kJ·mol-1 反应③CH4(g)+O3(g)CH3OH(l)+O2(g)的ΔH3=　　　　　 kJ·mol-1,平衡常数K3=　　　　　　　(用K1、K2表示)。  (2)电喷雾电离等方法得到的M+(Fe+、Co+、Ni+等)与O3反应可得MO+。MO+与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300 K和310 K下(其他反应条件相同)进行反应MO++CH4M++CH3OH,结果如下图所示。图中300 K的曲线是　　　　　(填“a”或“b”)。300 K、60 s时MO+的转化率为　　　　　(列出算式)。  (3)MO+分别与CH4、CD4反应,体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似,图中以CH4示例)。 (ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是　　　　　(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。  (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时,反应速率会变慢,则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线　　　　(填“c”或“d”)。  (ⅲ)MO+与CH2D2反应,氘代甲醇的产量CH2DOD　　　　(填“>”“=”或“<”)CHD2OH。若MO+与CHD3反应,生成的氘代甲醇有　　　　　种。  72.(2023·全国乙,28,15分,难度★★★★)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=a kJ·mol-1 FeSO4·xH2O(s)FeSO4(s)+xH2O(g) ΔH2=b kJ·mol-1 FeSO4·yH2O(s)FeSO4(s)+yH2O(g) ΔH3=c kJ·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-T的关系如下图所示。660 K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=　　　　　(用、表示)。在929 K时,p总=84.6 kPa、=35.7 kPa,则=　　　　　 kPa,Kp(Ⅱ)=　　　　　 kPa(列出计算式)。  73.(2022·辽宁,18,13分,难度★★★★★)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破,目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖,其反应为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92.4 kJ·mol-1,ΔS=-200 J·K-1·mol-1 回答下列问题: (1)合成氨反应在常温下　　　　(填“能”或“不能”)自发。  (2)　　　　温(填“高”或“低”,下同)有利于提高反应速率,　　　　温有利于提高平衡转化率,综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素,工业常采用400~500 ℃。  针对反应速率与平衡产率的矛盾,我国科学家提出了两种解决方案。 (3)方案一:双温—双控—双催化剂。使用FeTiO2-xHy双催化剂,通过光辐射产生温差(如体系温度为495 ℃时,Fe的温度为547 ℃,而TiO2-xHy的温度为415 ℃)。 下列说法正确的是　　　　。  a.氨气在“冷Ti”表面生成,有利于提高氨的平衡产率 b.在“热Fe”表面断裂,有利于提高合成氨反应速率 c.“热Fe”高于体系温度,有利于提高氨的平衡产率 d.“冷Ti”低于体系温度,有利于提高合成氨反应速率 (4)方案二:M-LiH复合催化剂。 下列说法正确的是　　　　。  a.300 ℃时,复合催化剂比单一催化剂效率更高 b.同温同压下,复合催化剂有利于提高氨的平衡产率 c.温度越高,复合催化剂活性一定越高 (5)某合成氨速率方程为:v=kcα(N2)cβ(H2)·cγ(NH3),根据表中数据,γ=　　　　;  实 验 1 m n p q 2 2m n p 2q 3 m n 0.1p 10q 4 m 2n p 2.828q 在合成氨过程中,需要不断分离出氨的原因为　　　　。  a.有利于平衡正向移动 b.防止催化剂中毒 c.提高正反应速率 (6)某种新型储氢材料的晶胞如图,八面体中心为M金属离子,顶点均为NH3配体;四面体中心为硼原子,顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188 g·mol-1,则M元素为　　　　(填元素符号);在该化合物中,M离子的价电子排布式为　　　　。  74.(2022·山东,20,12分,难度★★★★★)利用γ-丁内酯(BL)制备1,4-丁二醇(BD),反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和1-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5.0×10-3 mol BL或BD为初始原料,在493 K、3.0×103 kPa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X kJ;以BD为原料,体系从环境吸热Y kJ。忽略副反应热效应,反应Ⅰ焓变ΔH(493 K,3.0×103 kPa)=　　　　　　　 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外其他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=　　　　　　,BD产率=　　　　　(保留两位有效数字)。  图甲 图乙 (3)(xBD/xBL)max为达平衡时xBD与xBL的比值。(493 K,2.5×103 kPa)、(493 K,3.5×103 kPa)、(513 K,2.5×103 kPa)三种条件下,以5.0×10-3 mol BL为初始原料,在相同体积的刚性容器中发生反应,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　　　　(填字母);与曲线b相比,曲线c达到=1.0所需时间更长,原因是    　。  75.(2022·福建,13,15分,难度★★★★)异丙醇(C3H8O)可由生物质转化得到,催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯(C3H6)的工业化技术已引起人们的关注,其主要反应如下: Ⅰ.C3H8O(g)C3H6(g)+H2O(g)　ΔH1=+52 kJ·mol-1 Ⅱ.2C3H6(g)C6H12(g)　ΔH2=-97 kJ·mol-1 回答下列问题: (1)已知2C3H8O(g)+9O2(g)6CO2(g)+8H2O(g)　ΔH=-3 750 kJ·mol-1,则C3H6(g)燃烧生成CO2(g)和H2O(g)的热化学方程式为  　。  (2)在1 350 ℃下,刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表: 反应时间/μs 0 4 8 12 t 20 H2O浓度/ppm 0 2 440 3 200 3 600 4 000 4 100 ①4~8 μs内,v(C3H8O)=　　　　 ppm·μs-1;  ②t　　　16(填“>”“<”或“=”)。  (3)在恒温刚性密闭容器中,反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是　　　　(填标号)。  a.H2O(g)的分压不变 b.混合气体密度不变 c.n(C3H6)=2n(C6H12) d.v正(H2O)=v逆(C3H8O) (4)在一定条件下,若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%,则丙烯的产率为　　　　。  (5)右图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时lg Qp与温度的关系曲线。 [已知:对于可逆反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g),任意时刻Qp=,式中p(X)表示物质X的分压] ①在350 ℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时,反应Ⅰ的状态最有可能对应图中的　　　　点(填“甲”“乙”或“丙”),判断依据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②350 ℃时,在密闭容器中加入一定量的C3H8O,体系达到平衡后,测得C6H12的分压为x MPa,则水蒸气的分压为　　　　MPa(用含x的代数式表示)。  76.(2022·广东,19,14分,难度★★★★★)铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。 (1)催化剂Cr2O3可由(NH4)2Cr2O7加热分解制备,反应同时生成无污染气体。 ①完成化学方程式:(NH4)2Cr2O7Cr2O3+　　　　+　　　　。  ②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中,部分反应历程如图1,X(g)→Y(g)过程的焓变为  图1 (列式表示)。 ③Cr2O3可用于NH3的催化氧化。设计从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线:　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用“→”表示含氮物质间的转化);其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为　  　。  (2)K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡: (ⅰ)Cr2(aq)+H2O(l)2HCr(aq) K1=3.0×10-2(25 ℃) (ⅱ)HCr(aq)Cr(aq)+H+(aq)　K2=3.3×10-7(25 ℃) ①下列有关K2Cr2O7溶液的说法正确的有　　　　(填字母)。  A.加入少量硫酸,溶液的pH不变 B.加入少量水稀释,溶液中离子总数增加 C.加入少量NaOH溶液,反应(ⅰ)的平衡逆向移动 D.加入少量K2Cr2O7固体,平衡时c2(HCr)与c(Cr2)的比值保持不变 ②25 ℃时,0.10 mol·L-1 K2Cr2O7溶液中lg 随pH的变化关系如图2。当pH=9.00时,设Cr2、HCr与Cr的平衡浓度分别为x、y、z mol·L-1,则x、y、z之间的关系式为  　　　　　　=0.10;计算溶液中HCr的平衡浓度:　      (写出计算过程,结果保留两位有效数字)。 图2 图3 ③在稀溶液中,一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长(λ)有关;在一定波长范围内,最大A对应的波长(λmax)取决于物质的结构特征;浓度越高,A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响,配制浓度相同、pH不同的K2Cr2O7稀溶液,测得其A随λ的变化曲线如图3。波长λ1、λ2和λ3中,与Cr的λmax最接近的是　　　　;溶液pH从a变到b的过程中,的值　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  77.(2022·重庆,17,14分,难度★★★★)反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在工业上有重要应用。 (1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。 温度/℃ 700 800 830 1 000 平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59 ①反应的ΔH　　　0(填“>”“<”或“=”)。  ②反应常在较高温度下进行,该措施的优缺点是  　。  (2)该反应常在Pd膜反应器中进行,其工作原理如图所示。 ①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是  　。  ②某温度下,H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡:H22H,其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是　　　　。  A.Pd膜对气体分子的透过具有选择性 B.过程2的ΔH>0 C.加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离 D.H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应 ③同温同压下,等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器,CO的平衡转化率为75%;若换成Pd膜反应器,CO的平衡转化率为90%,则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为　　　　。  (3)该反应也可采用电化学方法实现,反应装置如图所示。 ①固体电解质采用　　　　　　(填“氧离子导体”或“质子导体”)。  ②阴极的电极反应式为　　　　　　　　。  ③同温同压下,相同时间内,若进口Ⅰ处n(CO)∶n(H2O)=a∶b,出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍,则CO的转化率为　　　　(用a、b、y表示)。  78.(2022·河北,16,14分,难度★★★★)氢能是极具发展潜力的清洁能源,以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。 (1)298K时,1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ,1 mol H2O(l)蒸发吸热44 kJ,表示H2燃烧热的热化学方程式为  　　　　　　　　　　。  (2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气,体系中发生如下反应。 Ⅰ.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ①下列操作中,能提高CH4(g)平衡转化率的是　　　　(填标号)。  A.增加CH4(g)用量 B.恒温恒压下通入惰性气体 C.移除CO(g) D.加入催化剂 ②恒温恒压条件下,1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时,CH4(g)的转化率为α,CO2(g)的物质的量为b mol,则反应Ⅰ的平衡常数Kx=　　　　　　　　(写出含有α、b的计算式;对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),Kx=,x为物质的量分数)。其他条件不变,H2O(g)起始量增加到5 mol,达平衡时,α=0.90,b=0.65,平衡体系中H2(g)的物质的量分数为　　　　(结果保留两位有效数字)。  (3)氢氧燃料电池中氢气在　　　　(填“正”或“负”)极发生反应。  (4)在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中,CnH2n+2放电的电极反应式为  　。  (5)甲醇燃料电池中,吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO,四步可能脱氢产物及其相对能量如图,则最可行途径为a→　　　　(用b~j等代号表示)。  79.(2022·湖南,16,13分,难度★★★★)2021年我国制氢量位居世界第一,煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题: (1)在一定温度下,向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1 mol H2O(g),起始压强为0.2 MPa时,发生下列反应生成水煤气: Ⅰ.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) ΔH1=+131.4 kJ·mol-1 Ⅱ.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH2=-41.1 kJ·mol-1 ①下列说法正确的是　　　　;  A.平衡时向容器中充入惰性气体,反应Ⅰ的平衡逆向移动 B.混合气体的密度保持不变时,说明反应体系已达到平衡 C.平衡时H2的体积分数可能大于 D.将炭块粉碎,可加快反应速率 ②反应平衡时,H2O(g)的转化率为50%,CO的物质的量为0.1 mol。此时,整个体系　　　　(填“吸收”或“放出”)热量　　　　 kJ,反应Ⅰ的平衡常数Kp=　　　　　(以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。  (2)一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如下: ①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后,c(C)∶c(HC)=1∶2,则该溶液的pH=　　　　(该温度下H2CO3的=4.6×10-7,=5.0×10-11);  ②再生塔中产生CO2的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　;  ③利用电化学原理,将CO2电催化还原为C2H4,阴极反应式为　。  80.(2022·湖北,18,12分,难度★★★★)全球对锂资源的需求不断增长,“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后,得到浓缩卤水(含有Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+),并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。 25 ℃时相关物质的参数如下: LiOH的溶解度:12.4 g/100 g H2O 化合物 Ksp Mg(OH)2 5.6×10-12 Ca(OH)2 5.5×10-6 CaCO3 2.8×10-9 Li2CO3 2.5×10-2 　　　　Li2CO3的溶解度曲线 回答下列问题: (1)“沉淀1”为　　　　　。  (2)向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是    　。  (3)为提高Li2CO3的析出量和纯度,“操作A”依次为　　　　　、　　　　　、洗涤。  (4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后,发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述:①是白色固体;②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质,将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合,起初无明显变化,随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出,最终生成白色沉淀。上述现象说明,在该实验条件下LiHCO3　　　　　(填“稳定”或“不稳定”),有关反应的离子方程式为　  　。  (5)他们结合(4)的探究结果,拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果,作出你的判断并给出理由:      81.(2022·全国甲,28,14分,难度★★★★★)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1 000 ℃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=172 kJ·mol-1,Kp1=1.0×10-2 (ⅱ)碳氯化: TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)　ΔH2=-51 kJ·mol-1,Kp2=1.2×1012 Pa ①反应2C(s)+O2(g)2CO(g)的ΔH为　　　　　 kJ·mol-1,Kp=　　　　 Pa。  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1.0×105 Pa,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(1 400 ℃)=　　　　 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　　　　。  82.(2022·全国乙,28,15分,难度★★★★)油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢,需要回收处理并加以利用。回答下列问题: (1)已知下列反应的热化学方程式: ①2H2S(g)+3O2(g)2SO2(g)+2H2O(g)　ΔH1=-1 036 kJ·mol-1 ②4H2S(g)+2SO2(g)3S2(g)+4H2O(g) ΔH2=+94 kJ·mol-1 ③2H2(g)+O2(g)2H2O(g)　 ΔH3=-484 kJ·mol-1 计算H2S热分解反应④2H2S(g)S2(g)+2H2(g)的ΔH4=　　　　 kJ·mol-1。  (2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺,即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺,高温热分解方法的优点是　　　　　,缺点是　　　　　　　。  (3)在1 470 K、100 kPa反应条件下,将n(H2S)∶n(Ar)=1∶4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等,H2S平衡转化率为　　　　,平衡常数Kp=　　　　 kPa。  (4)在1 373 K、100 kPa反应条件下,对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2S-Ar混合气,热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。 ①n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S平衡转化率　　　　,理由是　　　　　　　　　　　。  ②n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应图中曲线　　　　,计算其在0~0.1 s之间,H2S分压的平均变化率为　　　　 kPa·s-1。  83.(2021·辽宁,17,13分,难度★★★★★)苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺,一定条件下,发生如下反应。 Ⅰ.主反应:(g)+3H2(g)(g) ΔH1<0 Ⅱ.副反应:(g)(g)　ΔH2>0 回答下列问题: (1)已知: Ⅲ.2H2(g)+O2O(l)　ΔH3 Ⅳ.2(g)+15O2(g)12CO2(g)+6H2O(l)　ΔH4 Ⅴ.(g)+9O2(g)6CO2(g)+6H2O(l)　ΔH5 则ΔH1=  (用ΔH3、ΔH4和ΔH5表示)。 (2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有　　　　。  A.适当升温 B.适当降温 C.适当加压 D.适当减压 (3)反应Ⅰ在管式反应器中进行,实际投料往往在n(H2)∶n(C6H6)=3∶1的基础上适当增大H2用量,其目的是　　　　　　　　　。  (4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时,才能发生反应,机理如图。当H2中混有微量H2S或CO等杂质时,会导致反应Ⅰ的产率降低,推测其可能原因为  　。  (5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对,上图中可作为酸性中心的原子的标号是　　　　(填“①”“②”或“③”)。  (6)恒压反应器中,按照n(H2)∶n(C6H6)=4∶1投料,发生Ⅰ、Ⅱ反应,总压为p0,平衡时苯的转化率为α,环己烷的分压为p,则反应Ⅰ的Kp=    (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)。 84.(2021·福建,13,12分,难度★★★★)化学链燃烧(CLC)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术,与传统燃烧方式相比,避免了空气和燃料的直接接触,有利于高效捕集CO2。基于CuO/Cu2O载氧体的甲烷化学链燃烧技术示意图如下。 空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为: ①2Cu2O(s)+O2(g)4CuO(s) ΔH1=-227 kJ·mol-1 ②8CuO(s)+CH4(g)4Cu2O(s)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-348 kJ·mol-1 (1)反应CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH=　　　　 kJ·mol-1。  (2)反应②的平衡常数表达式K=　　　　。  (3)氧的质量分数:载氧体Ⅰ　　　　(填“>”“=”或“<”)载氧体Ⅱ。  (4)往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数x(O2)为21%】,发生反应①。平衡时x(O2)随反应温度T变化的曲线如图所示。985 ℃时O2的平衡转化率α(O2)=　　　　(保留2位有效数字)。  (5)根据下图,x(O2)随温度升高而增大的原因是 　。  反应温度必须控制在1 030 ℃以下,原因是　　　　　　　　　　　　　　。  (6)载氧体掺杂改性,可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的CuO/Cu2O载氧体,反应②活化能如下表所示。 载氧体掺杂物质 氧化铝 膨润土 活化能/(kJ·mol-1) 60±2.3 37.3±1.3 由表中数据判断:使用　　　　(填“氧化铝”或“膨润土”)掺杂的载氧体反应较快;使用氧化铝或者膨润土掺杂的载氧体,单位时间内燃料反应器释放的热量分别为a kJ、b kJ,则a　　　　b(填“>”“=”或“<”)。  85.(2021·广东,19,14分,难度★★★★)我国力争于2030年前做到碳达峰,2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应: a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH1 b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2 c)CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH3 d)2CO(g)CO2(g)+C(s) ΔH4 e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) ΔH5 (1)根据盖斯定律,反应a的ΔH1=　　　　　　　　　(写出一个代数式即可)。  (2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后,下列说法正确的有　　　。  A.增大CO2与CH4的浓度,反应a、b、c的正反应速率都增加 B.移去部分C(s),反应c、d、e的平衡均向右移动 C.加入反应a的催化剂,可提高CH4的平衡转化率 D.降低反应温度,反应a~e的正、逆反应速率都减小 (3)一定条件下,CH4分解形成碳的反应历程如图1所示。该历程分　　　步进行,其中,第　　　步的正反应活化能最大。  图1 图2 (4)设为相对压力平衡常数,其表达式写法:在浓度平衡常数表达式中,用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100 kPa)。反应a、c、e的ln 随(温度的倒数)的变化如图2所示。 ①反应a、c、e中,属于吸热反应的有　　　　　(填字母)。  ②反应c的相对压力平衡常数表达式为=　　　　。  ③在图2中A点对应温度下、原料组成为n(CO2)∶n(CH4)=1∶1、初始总压为100 kPa的恒容密闭容器中进行反应,体系达到平衡时H2的分压为40 kPa。计算CH4的平衡转化率,写出计算过程。 (5)CO2用途广泛,写出基于其物理性质的一种用途:　　　　　　　。  86.(2021·湖北,19,14分,难度★★★★★)丙烯是一种重要的化工原料,可以在催化剂作用下,由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。 反应Ⅰ(直接脱氢):C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)　ΔH1=+125 kJ·mol-1 反应Ⅱ(氧化脱氢):C3H8(g)+O2(g)C3H6(g)+H2O(g)　ΔH2=-118 kJ·mol-1 (1)已知键能:E(C—H)=416 kJ·mol-1,E(H—H)=436 kJ·mol-1,由此计算生成1 mol碳碳π键放出能量为　　　　 kJ。  (2)对于反应Ⅰ,总压恒定为100 kPa,在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反应),从平衡移动的角度判断,达到平衡后“通入N2”的作用是　　　　。在温度为T1时,C3H8的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a所示,计算T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=　　　　 kPa(以分压表示,分压=总压×物质的量分数,保留一位小数)。  图a 图b (3)在温度为T2时,通入气体分压比为p(C3H8)∶p(O2)∶p(N2)=10∶5∶85的混合气体,各组分气体的分压随时间的变化关系如图b所示。0~1.2 s生成C3H6的平均速率为　　　　 kPa·s-1;在反应一段时间后,C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1的原因为　。  (4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)∶p(O2)∶p(N2)=2∶13∶85的混合气体,已知某反应条件下只发生如下反应(k,k'为速率常数): 反应Ⅱ:2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g)　k 反应Ⅲ:2C3H6(g)+9O2(g)6CO2(g)+6H2O(g)　k' 实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k'p(C3H6),可推测丙烯的浓度随时间的变化趋势为　　　　,其理由是　    　。  学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题九　化学反应速率　化学平衡 考点20　化学反应速率及其影响因素 1.C　观察示意图知,反应①中,CH3COOH和O2在Pd催化下生成中间产物Pd(CH3COO)2和H2O,A项正确;反应②中,存在CH2CH2中C—H的断裂,产物中CH3COO—与H—形成CH3COOH,还有CH2CH—与CH3COO—的成键过程,B项正确;生成CH2CHOOCCH3的反应过程中,有H2O生成,原子利用率<100%,C项错误;催化剂参与反应改变反应历程,降低反应活化能,提高化学反应速率,但不影响平衡移动,D项正确。 2.C　固氮酶属于催化剂,作用是降低反应的活化能,A项错误;由题干信息知,C2H4与O2在Ag作催化剂的条件下主要生成环氧乙烷,B项错误;H2O2分解生成O2,MnO2是该反应的催化剂,可以加快化学反应速率,C项正确;V2O5是SO2与O2反应生成SO3的催化剂,催化剂不改变反应的焓变,D项错误。 3.A　升高反应温度,c平(S)/c平(T)增大,说明反应S(g)T(g)的平衡逆向进行,即该反应为放热反应,c平(S)/c平(I)减小,说明S生成中间产物I的反应平衡正向进行,属于吸热反应,据此分析排除C、D选项;加入催化剂反应达到平衡所需时间大幅缩短,反应的决速步的活化能降低,反应速率增大,而活化能大的步骤为决速步,即S生成中间产物I的反应为决速步,据此排除B项,故A项符合题目要求。 4.D　苯甲腈在溶液中发生连续水解:C6H5CN+H2OC6H5CONH2,C6H5CONH2+H2OC6H5COOH+NH3,有NH3生成,A正确;a点之前x(Y)逐渐增大,v(Y)消耗<v(Y)生成;a点之后,x(Y)逐渐减小,v(Y)消耗>v(Y)生成,a点是Y物质的最大值,则生成和消耗的速率相等。即v(Y)消耗=v(Y)生成,B正确;x(Z)在15 min前基本不变,15 min后明显增大,在没有另加物质、没有改变反应条件的情况下,可能是水解产物对生成Z的反应有催化作用,C正确;根据图像所示,反应的前期应该有v(X)=v(Y)+v(Z),a点之后,由于v(X)明显减小,v(Z)显著增大,三者的速率关系不再满足v(X)=v(Y)+v(Z),D错误;故选D。 5.D　温度越高,反应速率越快,对比乙、丙可知,温度升高,平衡逆向移动。该反应的ΔH<0,A错误;容器甲中平均反应速率v(H2)=2v(CH3COOCH3)= mol/(L·min)=mol/(L·min),B错误;温度越高,反应速率越快,比较乙、丙可知,丙达到平衡状态,但不确定乙是否达到平衡状态,不能确定正、逆反应速率的相对大小,C错误;对丙而言: 　　　　　CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) 起始/(mol/L) 　　0.1 0.98 　　0 　0 转化/(mol/L) 　　0.08 0.16 　　0.08 　0.08 平衡/(mol/L) 　　0.02 0.82 　　0.08 　0.08 容器丙中乙醇的体积分数为×100%=8%,D正确。 6.C　由图中信息可知,0~2小时内v(Se)= =2.0× 10-5 mol·L-1·h-1,A错误;实验③中水样初始pH=8,显弱碱性,离子方程式中不能有H+参加反应,B错误;对比实验①和②可知,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;pH过小,会消耗纳米铁,影响Se的去除效果,D错误。 7.C　催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率,A项不符合题意;中和滴定时,边滴边摇锥形瓶,可以让反应物快速接触,可以加快化学反应速率,B项不符合题意;锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度,会降低化学反应速率,C项符合题意;石墨合成金刚石,该反应中没有气体参与,增大压强不会改变化学反应速率,D项不符合题意。 8.C　反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应,反应Ⅱ可看作反应Ⅰ和反应Ⅲ的加和,因此相同物质的量的反应物,反应Ⅰ放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量,反应放出的热量越多,其焓变越小,因此反应焓变:反应Ⅰ>反应Ⅱ,A正确。短时间里反应Ⅰ得到的产物Ⅰ比反应Ⅱ得到的产物Ⅱ多,说明反应Ⅰ的反应速率比反应Ⅱ的反应速率大,反应速率越大,反应的活化能越小,因此反应活化能:反应Ⅰ<反应Ⅱ,B正确。增加HCl浓度,反应Ⅰ和反应Ⅱ均正向移动,但平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例不确定,可能增大,可能减小,可能不变,C错误。根据图中信息,选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ,D正确。 9.BD　反应为乙苯制备苯乙烯的过程,开始反应物浓度最大,生成物浓度为0,所以曲线①表示的是正反应的v~t关系,曲线②表示的是逆反应的v~t关系,故A错误;t2时,正、逆反应速率相等,体系处于平衡状态,故B正确;反应进行到t1时,反应还未达到平衡,反应正向进行,故Q<K,故C错误;催化剂能降低反应的活化能,使反应的v1、v2都增大,故D正确。 10.C　由图1所示信息可知,反应①为CaO+CO2CaCO3,反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2,A项说法正确;由图2信息可知,t1~t3,n(H2)比n(CO)多,生成H2速率不变,且反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上有积炭,故可能有副反应CH4C+2H2,反应②和副反应中CH4和H2的化学计量数之比均为1∶2,B项说法正确;由反应②化学方程式可知,H2和CO的生成速率相等,而由t2时刻信息可知,H2的生成速率未变,仍然为2 mmol·min-1,而CO变为1~2 mmol·min-1之间,故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率,C项说法错误,符合题目要求;由图2信息可知,t3之后,CO的生成速率为0,是因为反应②不再发生,D项说法正确。 11.B　反应开始一段时间,随着时间的延长,反应物浓度逐渐减小,产物Z的平均生成速率逐渐减小,则0~1 min内Z的平均生成速率大于0~2 min内的,故1 min时,Z的浓度大于0.20 mol·L-1,A项说法正确;4 min时生成的Z的物质的量为0.15 mol·L-1·min-1×4 min×1 L=0.6 mol,6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol·L-1·min-1×6 min×1 L=0.6 mol,故反应在4 min时已达到平衡,设达到平衡时生成了a mol Y,列三段式: 　　　　　　2X(s)Y(g)+2Z(g) 初始量/mol 2.0 0 0 转化量/mol 2a a 2a 平衡量/mol 2.0-2a a 0.6 根据2a=0.6,得a=0.3,则Y的平衡浓度为0.3 mol·L-1,Z的平衡浓度为0.6 mol·L-1,平衡常数K=c2(Z)·c(Y)=0.108,2 min时Y的浓度为0.2 mol·L-1,Z的浓度为0.4 mol·L-1,加入0.2 mol Z后Z的浓度变为0.6 mol·L-1,Qc=c2(Z)·c(Y)=0.072<K,反应正向进行,故v正(Z)>v逆(Z),B项说法错误;反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2,反应体系中只有Y和Z为气体,相同条件下,气体的体积之比等于其物质的量之比,=,故Y的体积分数始终约为33.3%,C项说法正确;由B项分析可知5 min时反应处于平衡状态,此时生成的Z为0.6 mol,则X的转化量为0.6 mol,初始X的物质的量为2 mol,剩余X的物质的量为1.4 mol,D项说法正确。 12.D　由题图可知,无催化剂时反应可以进行,A项错误;由题图可知,加入催化剂Ⅱ,在2 min时生成物Y的浓度为2.0 mol·L-1,加入催化剂Ⅰ,在2 min时生成物Y的浓度为4.0 mol·L-1,因此催化剂Ⅰ使反应速率更大,即催化剂Ⅰ使反应活化能更低,B项错误;由题图可知,a曲线表示的是反应物浓度随时间的变化曲线,即表示X的浓度变化的曲线,2 min内,X的浓度减少2.0 mol·L-1,由X2Y可知,生成物Y的浓度应增加4.0 mol·L-1,其对应的应是使用催化剂Ⅰ的曲线,因此a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随时间的变化,C项错误;由题图可知,使用催化剂Ⅰ时,0~2 min内,v(Y)==2.0 mol·L-1·min-1,v(X)=v(Y)=1.0 mol·L-1·min-1,D项正确。 13.AB　由图中的信息可知,浓度随时间变化逐渐减小的曲线代表的是X,浓度随时间变化逐渐增大的曲线代表的是Z,浓度随时间变化先增大后减小的曲线代表的是Y;由图乙中的信息可知,反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②。由图甲中的信息可知,随c(X)的减小,c(Y)先增大后减小,c(Z)增大,因此,反应①的速率随c(X)的减小而减小,而反应②的速率先增大后减小,A项说法错误;根据体系中发生的反应可知,在Y的浓度达到最大值之前,单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量之和,因此,v(X)=v(Y)+v(Z),但是,在Y的浓度达到最大值之后,单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量之和,故v(X)+v(Y)=v(Z),B项说法错误;升高温度可以增大反应①的速率,但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的,且反应②的反应速率随着Y的浓度的增大而增大,因此,欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间,C项说法正确;由图乙信息可知,温度低于T1时,k1>k2,反应②为慢反应,因此,总反应速率由反应②决定,D项说法正确。 14.B　由题图中曲线①②可知,其他条件相同时,催化剂浓度越大,反应所需要的时间越少,故反应速率越大,A项说法正确;由题图中曲线①③可知,其他条件相同时,降冰片烯浓度①是③的两倍,所用时间①也是③的两倍,反应速率相等,故说明反应速率与降冰片烯浓度无关,B项说法错误;由题干图中数据可知,条件①,反应速率为v===0.012 mol·L-1·min-1,C项说法正确;反应物消耗一半所需的时间称为半衰期,由题干图中数据可知,条件②,降冰片烯起始浓度为3.0 mol·L-1时,半衰期为125 min÷2=62.5 min,D项说法正确。 15.D　从①②步反应中X、Y、Z的量的关系可知,a表示X的浓度变化,A项说法正确;t1时,X、Y、Z浓度交于同一点,B项说法正确;t2时反应未达到平衡,Y的浓度处于下降趋势,C项说法正确;t3时X已完全反应,则c(Y)+=c0,则c(Z)=2[c0-c(Y)],D项说法错误。 16.A　反应①和②为竞争反应,由速率方程式可知,两个反应的差异在速率常数的大小。图中显示,0~30 min内Δc(Z)=0.125 mol·L-1,Δc(M)=0.5 mol·L-1-0.3 mol·L-1=0.2 mol·L-1,Δc2(M)=Δc(Z)=0.125 mol·L-1,Δc(Y)=Δc1(M)=0.2 mol·L-1-0.125 mol·L-1=0.075 mol·L-1,v(Y)=0.075 mol·L-1÷30 min=0.002 5 mol·L-1·min-1,A项说法错误;由速率方程可知,====,反应②的速率大,说明反应②的活化能较小,且浓度比保持不变,若反应进行到底,反应结束时,M转化为Z的比例为×100%=62.5%,B、C、D项说法正确。 17.D　平衡常数远大于105,说明该反应进行的程度大,但是由于NO与CO反应速率较小,在排入大气之前没有反应完全,故A错误;平衡常数只与温度有关,增大压强,K不变,故B错误;CO(g)+NO(g)CO2(g)+N2(g)正反应放热,升高温度,反应速率增大,平衡逆向移动,K减小,故C错误;选用适宜催化剂可增大反应速率,使燃油汽车尾气得到净化,达到尾气排放标准,故D正确。 考点21　化学平衡及其影响因素 化学平衡常数 1.A　图像中AB段进行①→④的反应,氢离子浓度增加,说明原料中氢离子的加入导致体系中氢离子浓度增加,BC段进行反应⑤,消耗氢离子,故原料中氢离子浓度变化会影响振幅和周期,A选项错误。根据氧化还原反应原理和化学方程式配平规则可以确定B中方程式正确,B选项正确。综合①→④的反应,消耗的氢离子和产生的氢离子数目相同,氢离子起催化作用,C选项正确。利用pH响应变色材料,可将pH振荡可视化,D选项正确。 该试题是把物理振动图像和化学反应结合起来的创新题,在解决此类新情境试题时,要学会思考并提取题中涉及的化学知识,找准要解决的问题,进行分析、推理,才能高效作答。 2.D　根据元素守恒,1 mol Na2SiF6(s)分解生成NaF和SiF4,NaF为固体,最终生成2 mol,SiF4为气体,最终生成1 mol。a应为固体NaF,A正确;T1温度时,向容器中通入N2,对该反应无影响,故气体产物的分压保持不变,B正确;T2温度时,该体系中气体只有SiF4,Na2SiF6(s)已完全分解,升高温度,平衡不能继续向右移动,故p3小于T3时该反应的分压平衡常数Kp,C正确;该体系中只有一种气体(物种b),在T1时加入物种b达到平衡时,温度不变,b的分压不变,正、逆向速率保持不变,D错误。 3.A　由题干中各反应吸放热来看,升高温度反应Ⅰ正向移动,反应Ⅱ和Ⅲ均逆向移动,可知n(CO)一直增大,而根据C原子守恒,开始只加1 mol C3H8O3,则n(CO)<3 mol,所以③代表n(CO),n(CH4)一直减小可知②代表n(CH4),所以①表示n(H2)。550 ℃时n(H2)=5.0 mol,n(CO2)=2.2 mol,n(CO)=n(CH4)=0.4 mol,根据C原子守恒可知,n(C3H8O3)=0 mol,根据O原子守恒,体系中剩下的n(H2O)=1 mol×3+9 mol×1-2.2 mol×2-0.4 mol×1=7.2 mol,所以H2O的平衡转化率=×100%=20%,A项正确;550 ℃时,n(CO2)=2.2 mol,n(CO)=0.4 mol,其比值为22∶4即11∶2,B项错误;400~550 ℃范围,温度升高,反应Ⅱ、Ⅲ均逆向移动,但n(CO2)增大,说明反应Ⅲ逆向进行程度更大,n(H2O)减小,C项错误;增大压强反应Ⅰ平衡逆向移动,反应Ⅱ平衡不移动,反应Ⅲ平衡正向移动,H2的物质的量一定减小,D项错误。 4.C　分析图像知,随溶液中lgc(L)(即乙腈浓度的对数)增大,Cu+与乙腈(L)依次发生以下反应:①Cu++L[CuL]+　K1,②[CuL]++L[CuL2]+　K2,③[CuL2]++L[CuL3]+　K3。 依据图中特殊点(-2.63,0.48),得K1====102.63,同理可得,K2=101.39,K3=100.27,因K1>K2>K3,n从0增加到2,[CuLn]+结合L的能力随之减小,C项正确。反应①+②+③可得Cu++3L[CuL3]+　K=K1·K2·K3=102.63×101.39×100.27=104.29,则lg K=lg 104.29=4.29,A项错误。依据图像,当溶液中c(Cu+)=c{[CuL]+}时,δ(Cu+)=δ{[CuL]+}=0.48,则δ{[CuL2]+}≈0.04,总铜浓度为1.0×10-3 mol·L-1,可得此时溶液中c{[CuL2]+}≈4×10-5 mol·L-1,B项错误。[CuL]++2L[CuL3]+的K=K2·K3=101.39×100.27=101.66。若c{[CuL]+}=c{[CuL3]+},由CuL+2LCuL3的K=101.66得c(L)=10-0.83 mol·L-1。[CuL]++L[CuL2]+的K2=101.39,c{[CuL]+}=c{[CuL3]+}即c(L)=10-0.83 mol·L-1时,c{[CuL2]+}∶c{[CuL]+}=101.39∶100.83=100.56>2,则2c{[CuL2]+}>4c{[CuL]+}=c{[CuL]+}+3c{[CuL3]+},D项错误。 5.C　①M(g)A(g),平衡常数K①=,②A(g)N(g),平衡常数K②=,①+②得到M(g)N(g),其平衡常数K==K①·K②=,A项正确。M、N开始时为0,t1时刻物质的量分数相等,故0~t1时间段,生成M和N的平均反应速率相等,B项正确。x1对应的点未平衡,加入催化剂可加快反应速率,使M的生成量增多,x1增大,但催化剂不能使平衡发生移动,故xM,平衡不变,C项错误。因为A(g)M(g)　ΔH<0,A(g)N(g)　ΔH<0,升高温度上述反应均逆向移动,xA,平衡变大,D项正确。 6.C　根据勒夏特列原理,减小体系压强,平衡向气体分子数增大的方向移动,即向逆反应方向移动,A项错误;升高温度,平衡向吸热方向移动,故升高温度,平衡向逆反应方向移动,B项错误;增大反应物浓度,平衡向正反应方向移动,C项正确;恒容下充入惰性气体,反应物、产物浓度均不变,平衡不移动,D项错误。 (1)化学平衡移动的判定是高考的热点,复习备考中,学生应仔细分析温度、压强、反应物(产物)浓度变化等对化学平衡移动的影响。 (2)除了恒温恒容条件下,对充入“惰性气体”进行考查外,还有恒温恒压条件下对充入“惰性气体”的考查。二者区别如下: ①恒温恒容条件下:原平衡体系体系总压强增大,但体系各组分浓度不变平衡不移动 ②恒温恒压条件下:原平衡体系容器容积增大,各组分气体的分压减小。对反应前后气体分子数不变的反应,平衡不移动;对反应前后气体分子数变化的反应,平衡向气体分子数增大的方向移动。 7.C　稀硝酸与Ag反应生成NO,而不是NO2,A项错误;FeS难溶于水,离子方程式中应写成化学式,B项错误;SO2吸收塔中SO2与Br2发生氧化还原反应:Br2+SO2+2H2O2Br-+S+4H+,C项正确;草酸是弱酸,离子方程式中应写为化学式H2C2O4,D项错误。 8.A　由题干结合图像可知,3 h时山梨醇的浓度基本为零,1,4-失水山梨醇的浓度先增加后减少,异山梨醇的浓度逐渐增加,在15 h时基本不变,反应达到平衡。3 h后,各物质的浓度还在变化,反应②未达平衡,正、逆反应速率不相等,A项错误;由图可知,反应①中的反应物山梨醇最终几乎完全消耗,所以反应①的平衡常数K1接近无穷大,而反应②中的反应物最终还有,故反应②的平衡常数K2<K1,B项正确;0~3 h时异山梨醇的浓度变化为0.042 mol·kg-1,所以其平均速率v===0.014 mol·kg-1·h-1,C项正确;催化剂只影响化学反应速率,不会改变平衡转化率,D项正确。 9.CD　从图像看,T1先达到平衡状态,T1大于T2,速率常数k1大于k2,A正确;达到平衡时,反应速率之比==×[]0.5×,由图像可知,T1平衡时H2、CO2的浓度均小于T2平衡时的,则[]0.5×<1,<,B正确;温度不变,增大初始压力,加快反应速率,缩短达到平衡时间,C错误;该反应是等体积反应,反应前后总物质的量不变,投料比1∶1建立平衡后,反应物的摩尔分数相等。改变投料比,反应物的摩尔分数必定不相等,D错误。 10.C　图中白圈标记的曲线代表气体温度,L4处与L5处对应的温度不同,平衡常数只与温度有关,故L4处与L5处的平衡常数不同,A项错误;由图可知,随着气体在绝热反应管中前进,气体温度不断升高,说明有热量放出,而反应①ΔH1>0,故反应②ΔH2<0,B项错误;从L5到L6,甲醇的体积分数逐渐增加,说明反应②在向右进行,反应②消耗CO,而CO体积分数没有明显变化,说明反应①也在向右进行,反应①为气体分子数不变的反应,其向右进行时,n(H2O)增大,反应②为气体分子数减小的反应,且没有H2O的消耗与生成,故n总减小而n(H2O)增加,即H2O的体积分数会增大,故L6处的H2O的体积分数大于L5处,C项正确;L1处,CO的体积分数大于CH3OH的,说明生成的CO的物质的量大于CH3OH的,两者反应时间相同,说明CO的生成速率大于CH3OH的生成速率,D项错误。 11.C　K2CrO4能与HBr发生反应,生成Br2,溶液变为橙色,无法得到结论,A项错误;向恒温恒容体系中通入Ar,各反应物、生成物分压不变,不属于改变反应压强,B项错误;因为2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0,升高温度平衡左移,混合气体颜色加深,C项正确;催化剂不影响平衡移动,D项错误。 12.D　由题干图像信息可知,平衡时CO2的浓度T1温度下比T2温度下的大,即T1到T2平衡正向移动,而结合题干方程式可知,该反应正反应是一个放热反应,即降低温度平衡才正向移动,即T1>T2,A正确;由题干图像信息可知,T1温度下达到平衡时CO2的浓度为0.25 mol·L-1,即CO2的浓度改变量为0.40 mol·L-1-0.25 mol·L-1=0.15 mol·L-1,结合变化量之比等于化学计量数之比可知,T1温度下反应达到平衡时c(CH3OH)=0.15 mol·L-1,B正确;由题干图像信息可知,在温度均为T1时,使用催化剂1达到平衡所需要的时间比催化剂2更长,即使用催化剂1时的反应速率比催化剂2的慢,说明使用催化剂1的反应活化能比催化剂2的大,C正确;由题干图像信息可知,反应所处的温度不同,催化剂不同,说明使用催化剂2和催化剂3的反应历程不相同,D错误。 13.B　MnO2作H2O2分解制氧气的催化剂,可增大H2O2分解的速率,与平衡移动无关,A项错误; NO2转化为N2O4 的反应是放热反应,升温平衡逆向移动, NO2浓度增大,混合气体颜色加深,B项正确;铁在浓硝酸中发生钝化,加热会使铁表面的氧化膜溶解,进而铁与浓硝酸发生氧化还原反应生成大量红棕色气体,与平衡移动无关,C项错误;加入硫酸铜以后,锌置换出铜,构成原电池,从而使反应速率增大,与平衡移动无关,D项错误。 14.D　紫黑色晶体的存在,表明I2在水中溶解度小,形成浅棕色溶液,A项正确;Zn与I2反应生成I-,I-与I2结合形成:I2+I-,I-浓度增大促进了I2的溶解,溶液颜色加深,B、C项正确;Zn与I2的反应为化合反应,D项错误。 15.C　该反应为气体分子数增大的反应,故ΔS>0,A错误;由方程式知,K=,B错误;由题图知,经过步骤Ⅰ后,H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力,C正确;由方程式知,消耗1 mol H2S同时生成2 mol H2,转移4 mol e-,数目为4×6.02×1023,D错误。 16.D　由盖斯定律将反应①-反应②×2得反应:2CO(g)+2H2(g)CO2(g)+CH4(g),因此可知该反应的焓变ΔH=-2×41.2 kJ·mol-1-164.7 kJ·mol-1=-247.1 kJ·mol-1,A错误; CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)为放热反应,升高温度平衡逆向移动,CH4的含量降低,故CH4的平衡选择性随着温度的升高而降低,B错误;由图可知温度范围约为350~400 ℃时二氧化碳实际转化率最高,为最佳温度范围,C错误;增大一种反应物的用量,自身的转化率降低,另一种反应物的转化率升高,因此提高的值可提高二氧化碳的平衡转化率,增大压强反应①平衡正向移动,可提高二氧化碳的平衡转化率,均能使CO2平衡转化率达到X点的值,D正确。 17.C　随着温度的升高,甲烷含量减小、一氧化碳含量增大,则说明随着温度升高,反应Ⅱ逆向移动、反应Ⅰ正向移动,则反应Ⅱ为放热反应,焓变小于零,反应Ⅰ为吸热反应,焓变大于零,A错误;M点没有甲烷产物,根据纵坐标为50%,因此二氧化碳、一氧化碳含量相等,又由于投料比V(CO2)∶V(H2)=1∶1,则此时反应Ⅰ平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量相等,反应Ⅰ的平衡常数K==1,B错误;N点一氧化碳、甲烷物质的量相等,结合反应方程式的系数可知,生成水的总的物质的量为甲烷的3倍,根据阿伏加德罗定律,温度、体积一定,压强与物质的量成正比,因此H2O的压强是CH4的3倍,C正确;反应Ⅰ为气体分子数不变的反应、反应Ⅱ为气体分子数减小的反应;若按V(CO2)∶V(H2)=1∶2投料,相当于增加氢气的投料,会使得甲烷含量增大,导致甲烷、一氧化碳曲线之间交点位置发生改变,D错误。 18.B　因加入1 mol CH4和一定量的H2O发生反应,增大n(H2O)时,x=减小,但CH4的平衡转化率增大,结合图像知x1<x2,A项正确;b、c两点,温度相同,但体系中反应物浓度b点大于c点,则vb正>vc正,B项错误;依据相同投料比时CH4转化率随温度变化曲线知,正反应为吸热反应,则温度升高,K值变大,故Ka<Kb=Kc,C项正确;该反应为气体分子数改变的可逆反应,恒温恒容时,容器内压强不变,说明反应达到平衡状态,D项正确。 19.B　由反应的化学方程式可知,该反应是一个气体分子数增大的反应,即是一个熵增的反应,反应的ΔS>0,故A错误;由反应的化学方程式可知,该反应的平衡常数表达式K=,故B正确;由反应的化学方程式可知,反应每消耗4 mol氨气,转移12 mol电子,则反应中每消耗1 mol氨气转移电子的数目为3×6.02×1023,故C错误;实际应用中,加入尿素的量过多,尿素水解生成的氨气过量,排放的氨气会对空气造成污染,故D错误。 20.C　KOH吸收CO2所得到的溶液,若为K2CO3溶液,则C主要发生第一步水解,溶液中:c(H2CO3)<c(HC);若为KHCO3溶液,则HC发生水解的程度较小,溶液中:c(H2CO3)<c(HC),A项说法不正确。KOH完全转化为K2CO3时,依据电荷守恒,溶液中:c(K+)+c(H+)c(OH-)+c(HC)+2c(C),依据物料守恒,溶液中:c(K+)=2[c(C)+c(HC)+c(H2CO3)],则c(OH-)=c(H+)+c(HC)+2c(H2CO3),B项说法不正确。KOH溶液吸收CO2,c(KOH)=0.1 mol∙L-1、c总=0.1 mol∙L-1时溶液为KHCO3溶液,Kh2==≈2.3×10-8>Ka2=4.4×10-11,表明HC以水解为主,所以溶液中:c(H2CO3)>c(C),C项说法正确。如图所示的“吸收”“转化”过程中,发生的总反应可表示为:CO2+CaOCaCO3,该反应放热,溶液的温度升高,D项说法不正确。 比较溶液中离子浓度关系的解题流程 21.D　题给反应的ΔH<0,温度升高,题述平衡逆向移动,次氯酸的浓度减小,A项说法正确;向氯水中加入醋酸钠固体,CH3COO-与H+结合生成弱电解质CH3COOH,使溶液中H+浓度减小,故题述平衡正向移动,HClO的浓度变大,B项说法正确;取氯水稀释,次氯酸的电离程度增大,故稀释后,溶液中n(Cl-)增大,n(HClO)增大,但稀释使HClO的电离程度增大,故n(Cl-)增大的程度大于n(HClO)增大的程度,故增大,C项说法正确;向氯水中滴加硝酸银溶液,氯水中的Cl-可与Ag+结合生成AgCl沉淀,可证明该溶液中存在Cl-,但Cl2和HClO均可以与I-反应生成I2,故溶液变蓝无法说明氯气仍有剩余,故无法证明该反应存在限度,D项说法错误。 22.C　由题图可知,随温度升高,氢气的物质的量减少,说明温度升高,平衡向正反应方向移动,该反应的ΔH>0,A项错误;因为正反应ΔH>0,随温度的升高n(H2O)应呈现增大趋势,由题图a走势可知,B项错误;向恒容密闭容器中充入惰性气体,由于容器容积不变,各组分的浓度不发生变化,平衡常数不变,平衡不发生移动,C项正确;BaSO4为固体,向平衡体系中加入固体,平衡不发生移动,氢气的平衡转化率不变,D项错误。 23.C　该反应是一个气体分子数减少的反应,增大压强可以增大化学反应速率,且正反应速率增大的幅度大于逆反应,故 v正>v逆,平衡向正反应方向移动,由于温度不变,平衡常数不变,A项说法错误;催化剂不影响化学平衡状态,加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度,B项说法错误;恒容下,充入一定量的H2O(g),H2O(g)的浓度增大,平衡向正反应方向移动,C项说法正确;恒容下,充入一定量的CH2CH2(g),平衡向正反应方向移动,但是CH2CH2(g)的平衡转化率减小,D项说法错误。 24.B　反应2的平衡常数为K=p(CO2)p(H2O)=p2××p2×=4×106Pa2,A项说法正确;刚性密闭容器,温度不变平衡常数不变,再次达平衡后,容器内各气体分压不变,总压强不变,B项说法错误;K=p(CO2)p(H2O)=p2××p2×=4×106 Pa2,p(CO2)=p(H2O)=2×103 Pa,Kp1=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=(1.2×104)3 Pa3,p(NH3)==4.32×105 Pa,所以总压强为:p(NH3)+p(CO2)+p(H2O)=4.36×105 Pa,C项说法正确;达平衡后,缩小体积,平衡逆向移动,温度不变,平衡常数不变,再次平衡后总压强不变,D项说法正确。 25.BC　该反应是气体分子数减小的反应,绝热容器中气体压强先增大后减小,说明该反应是放热反应,ΔH<0,A项错误;甲容器的温度较高,a、c点气压相等,则c点气体的物质的量较大,B项正确;依据c点计算,温度不变平衡体系的浓度商不变。利用“三段式”计算,设生成Z的物质的量为 mol。 　　　　　　2X(g)　+　Y(g)　Z(g) 起始/mol 2 1 0 转化/mol x c点/mol 2-x 1- 根据同温同压下气体物质的量之比等于压强比,=,解得x=1.5,则c点时X、Y、Z的物质的量分别为0.5 mol、0.25 mol和0.75 mol。c点时浓度商Q===12,因c点反应尚未达到平衡,a点反应已达到平衡且a点与c点体系中的压强相等,但由于a点温度高于c点的温度,a点气体总物质的量较c点小,故a点的平衡常数K大于c点浓度商Q,即K>12,C项正确;a、b均处于平衡状态,b点对应气体物质的量小,温度低,故反应速率a点较大,D项错误。 26.B　1 mol NO2含有1 mol N原子,1 mol N2O4含有2 mol N原子,因此1 mol平衡混合气体中所含N原子的物质的量大于1 mol,A项错误;反应2NO2(g)N2O4(g)为放热反应,故完全断开2 mol NO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1 mol N2O4分子中的共价键所吸收的热量少,B项正确;压缩气体体积,颜色变深主要是因为体积减小,NO2浓度变大引起的,C项错误;该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,NO2的浓度变大,颜色加深,D项错误。 改变压强导致气体颜色变化的分析 缩小容积,会看到气体的颜色先加深后变浅,但是比原来颜色要深,原因是缩小容积,气体NO2的浓度增大,颜色加深;平衡正向移动导致气体NO2的浓度又会下降,颜色又会变浅,但是条件的改变是主要的,平衡移动只是减弱了条件的改变,因此,虽然平衡右移了,但是NO2的浓度最终是变大了,故颜色比原来要深。 27.C　根据勒夏特列原理可知,升高温度,化学平衡向着吸热反应方向移动,而c(Z)增大说明平衡正向移动,故ΔH>0,A项说法正确;加入一定量Z,Z的浓度增大,平衡逆向移动,故达新平衡后m(Y)减小,B项说法正确;加入等物质的量的Y和Z,Z的浓度增大,平衡逆向移动,由于X、Y均为固体,K=c(Z),K只与温度有关,故达新平衡后c(Z)不变,C项说法错误;加入一定量氩气,因为氩气为惰性气体,不参与反应且容器恒容密闭,所以Z的浓度保持不变,平衡不移动,D项说法正确。 条件改变但平衡不发生移动的两种情况 其他条件不变,改变固体的量的多少,不会改变反应速率,不会使平衡发生移动;保持容器容积不变,增大与该反应无关的气体,压强大了,但是反应体系中的各物质的浓度不变,反应速率不变,平衡不移动。 28.D　v(NO2)=2v(N2O5)= mol·L-1·s-1×2=1.0×10-3 mol·L-1·s-1,A项错误;反应2 220 s,放出标准状况下O2的体积为 ×0.1 L×22.4 L·mol-1=1.18 L,B项错误;当2v正(N2O5)=v逆(NO2)时,反应达到平衡,C项错误;观察表格中数据可知从600 s至1 710 s,c(N2O5)由0.96 mol·L-1减少至0.48 mol·L-1用时1 110 s,c(N2O5)由0.48 mol·L-1减少至0.24 mol·L-1用时1 110 s,则c(N2O5)由0.24 mol·L-1减少至0.12 mol·L-1,也应用时1 110 s,即x=2 820+1 110=3 930 s,D项正确。 29.C　KI是离子化合物,电子式为K+[︰︰]-,A项错误;该溶液中存在I2,滴入淀粉溶液变蓝,B项错误;根据勒夏特列原理,加水稀释,平衡向着I-浓度增大的方向移动,即逆向移动,C项正确;加少量AgNO3固体,增大了Ag+浓度,Ag+与I-反应生成AgI,导致平衡逆向移动,D项错误。 30.B　该反应的正反应是气体体积增大的反应,所以ΔS>0,A项错误;升高温度,物质的内能增加,分子运动速率增大,单位时间内有效碰撞次数增加,化学反应速率增大,B项正确;恒温下,增大总压,化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动,使H2O(g)的平衡转化率减小,C项错误;恒温恒压下,加入催化剂,化学平衡不移动,化学平衡常数不变,D项错误。 31.BC　该反应是恒温恒容条件下进行的反应前后气体分子数不变的反应,所以容器内的气体压强是保持不变的,A项错误;t2时,正反应速率在平衡状态Ⅰ的基础上逐渐增大,则说明是增大产物C的浓度导致的,B项正确;恒温恒容条件下,因起始反应时,A与B的物质的量比(1∶3)小于方程式中A与B的化学计量数之比(1∶2),而增大C等效于按照物质的量之比1∶2增加A、B所以平衡Ⅱ时,A的体积分数:φ∶φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ),C正确;平衡常数只与温度有关,温度不变,故平衡常数不变,D项错误。 反应物转化率的判断方法 其他条件不变,当有两种或两种以上反应物时,增大一种反应物的用量,其自身的转化率降低,另一种反应物的转化率增大。 32.C　题目中缺少c(H2),则无法计算K,则不能通过Qc与K的关系判断平衡的移动方向,但可比较4个选项中Qc的大小关系,Qc越大,则可能逆向移动。 Qc(A)==1, Qc(B)=≈50.28, Qc(C)=≈82.64, Qc(D)=≈50.28, Qc(C)的值最大,答案为C。 33.BD　A项,因第一个反应是气体分子数增大的反应,增大压强使平衡逆向移动,不利于提高CH4的平衡转化率,错误;B项,结合两个热化学方程式可以看出两个反应均消耗CO2,所以同温度下CO2的平衡转化率大于CH4的,故曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化曲线,正确;C项,改用高效催化剂,不能影响平衡移动,平衡转化率不改变,错误;D项,图中X点除改变温度外,可向体系中充入CO2气体,会提高CH4的平衡转化率至Y点,正确。 34.D　苯萃取溶液中的I2,使溶液中I2浓度减小,平衡向右移动,A项说法正确;经苯2次萃取后,加入KSCN,溶液呈血红色,说明反应不能进行彻底,B项说法正确;加入FeSO4固体,使Fe2+浓度增大,平衡逆向移动,C项说法正确。 35.D　该反应是气体分子数减小的放热反应,故适合选择高温、低压的条件,D项符合题意。 36. (2)①溶液恰好由蓝色变为无色,且半分钟内不恢复 Br2+2I-2Br-+I2 ②增大　Mn2+ ③反应未达到平衡,此时计算的是浓度商Q不能代表平衡常数K (3)①40 ℃时该反应的理论平衡常数 ②控制Br2的挥发,使反应达到平衡状态,从而准确测定平衡常数 解析 (2)①溶液中加入KI后,有I2生成,淀粉遇I2变蓝,滴定终点时I2被消耗完全,溶液变为无色。 ②反应MnO2+2Br-+4H+Mn2++Br2+2H2O中消耗了H+,pH增大;平衡常数表达式K=,Br2挥发,导致测定c(Br2)偏小,根据题目信息可知,c(Mn2+)=c(Br2),则计算时所用c(Mn2+)小于其在溶液中的实际浓度,导致计算所得值小于25 ℃的K值。 ③Ⅱ中pH变大导致c(H+)减小,反应速率变慢,反应相同时间下,反应可能并未达到平衡,所以计算所得浓度商(Q)<平衡常数(K)。 (3)①判断所得平衡常数是否准确,需与40 ℃时反应的理论K值比较。 ②由以上实验对比可知,反应平衡常数K的测定受Br2的挥发和pH大小的影响,所以调节pH和温度的目的是控制Br2的挥发,调节反应速率,使反应达到平衡。 37. Ⅰ.(1)< (2)-(2a+3b-c) (3)温度过高,催化剂的催化活性下降;温度过高,反应平衡常数非常小 Ⅱ.(4)①Ⅰ　Ⅳ　②BD　③1.98　④0.025 解析 Ⅰ.(1)由图示数据K随温度升高而减小,知ΔH<0。 (2)由燃烧热计算反应热,合成乙二醇的反应热 ΔH=2ΔH(CO)+3ΔH(H2)-ΔH(HOCH2CH2OH) =2×(-a kJ·mol-1)+3×(-b kJ·mol-1)-(-c kJ·mol-1)=(c-2a-3b) kJ·mol-1 由于该反应放热,ΔH=-(2a+3b-c) kJ·mol-1。 (3)500 K时,压强很大产率也很低,原因可能是温度过高,催化剂的催化活性下降;温度过高,使平衡常数过小。 Ⅱ.(4)①分析该图的关键是要抓住题干中3个反应均放热,以及MG转化成乙二醇的反应为可逆反应。 曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性,结合温度对反应速率和平衡移动的影响可推得,固定流速下483 K左侧即温度低于483 K时,MG生成乙二醇的反应未达到平衡,高于483 K,MG生成乙二醇的反应达平衡,即温度高于483 K时,曲线Ⅱ上的点代表平衡状态,其变化趋势与升温平衡向吸热反应方向(左)移动一致。 曲线Ⅰ随温度升高而增大,并且纵坐标数值增大至几乎100%,可推断曲线Ⅰ表示DMO的转化率。由MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为100%,可推断曲线Ⅳ代表MG的选择性。 ②根据图示,降低温度,DMO转化率降低,A不符合题意;增大压强也可加快反应速率,使DMO转化率增大,B符合题意;减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降,DMO的转化率下降,C不符合题意;A点时,DMO转化率为80%,升温后转化率持续上升,说明A点时反应未达平衡,延长原料和催化剂的反应接触时间可以促进反应继续进行,D符合题意。 ③483 K时,DMO转化率为99%,乙醇的选择性为2%,设起始投入反应的DMO为100 mol,则出口流出乙醇的物质的量为100 mol×99%×2%=1.98 mol,此时还有1 mol DMO未反应,从出口流出,则出口处==1.98。 ④设初始时,投入H2 52.4 mol,DMO 1 mol,A点时DMO的转化率为80%,MG和乙二醇的选择性为50%,假设该反应分步进行, 第一步　DMO转化为MG,可列三段式: 　　　　　DMO(g)+2H2(g)MG(g)+CH3OH(g) 起始/mol 1 52.4 0 0 转化/mol 0.8 1.6 0.8 0.8 最终/mol 0.2 50.8 0.8 0.8 第二步　MG转化为乙二醇,可列三段式: 　 　　　MG(g)+2H2(g)　　乙二醇(g)+CH3OH(g) 起始/mol 0.8 50.8 0 0.8 转化/mol 0.8×0.5 0.8×0.5×2 0.8×0.5 0.8×0.5 最终/mol 0.4 50.0 0.4 1.2 此时体系中有DMO 0.2 mol,MG 0.4 mol,H2 50.0 mol,CH3OH 1.2 mol,乙二醇0.4 mol,总物质的量为0.2 mol+0.4 mol+50.0 mol+1.2 mol+0.4 mol=52.2 mol,用物质的量分数代替浓度计算,Qx==≈0.025。 38. (1)ΔH1+ΔH2 (2)H2O　< (3)　150a (4)增大　减小 解析 (1)根据盖斯定律,反应Ⅰ+Ⅱ即可得到目标反应,则反应的焓变ΔH=ΔH1+ΔH2。 (2)反应Ⅱ的平衡常数为108,则=100,H2O、H2的曲线应为“平行线”,乙、丁分别为H2O、H2;根据氢元素守恒,n(H2)+n(H2O)+n(H2S)=0.1 mol,随着温度的升高,n(H2)、n(H2O)均增大,则n(H2S)减小,故甲为H2S,丙为SO2。随着温度升高,SO2的物质的量持续增大,即说明反应Ⅲ平衡逆向移动占主导,则该反应为放热反应。 (3)T1 ℃,H2的物质的量为a mol,则SO2、H2O的物质的量为100a mol;设S2、H2S、CaSO4的物质的量分别为x mol、y mol、z mol。根据元素守恒: 氢元素守恒:y+100a+a=0.1,y=0.1-101a。 硫元素守恒:2x+100a+(0.1-101a)=1,x=。 氧元素守恒:100a×2+100a+4z=2,z=。 因n(CaS)+n(CaSO4)=1 mol,则n(CaS)-n(CaSO4)=(1-2z) mol=150a mol。 (4)KⅢ==··=104··。压缩容器容积,S2的产率增大(S2浓度增大),反应Ⅰ的平衡常数不变,c(SO2)的值增大,的值减小,则即的值增大。压缩容器容积,反应Ⅲ平衡正向移动,n(H2)减小,由上述分析可知,=100,则H2O的物质的量减小。 39. (1)5 (2)①该反应放热,绝热容器中温度会升高,但H2O(g)的比热容较大,能减小体系温度变化,催化剂活性受温度影响,所以H2O(g)过量能有效防止催化剂活性下降 ②KHCO3　K2CrO4具有强氧化性,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,氧化性强,提供O原子多,将CO氧化为CO2,CO的量减少,增大　432 ②Fe、FeO、C ③步骤Ⅰ中Fe2O3作为载氧体提供O,将CH4转化为CO和H2,避免生成大量的C,造成积碳,使催化剂失活;采用分步制备,能提高原料利用率,并且步骤Ⅰ需高温,步骤Ⅱ需低温,分步制备能节约能源 解析 (1)ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能,需要用到C≡O、H—H、C—O、C—H、O—H五种化学键的键能数据。 (2)②脱碳时,K2CO3溶液吸收CO2发生反应K2CO3+CO2+H2O2KHCO3,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Cr元素化合价为+6,处于最高价态,具有强氧化性,跟钢铁发生氧化还原反应生成一层致密的氧化膜,防止其继续反应,从而减缓设备腐蚀。 (3)①由图乙可知,x=0.5时,CH4转化率=60%,则n转化(CH4)=300 mL×60%=180 mL,已知CO的选择性=×100%=80%,则n生成(CO)=180 mL×80%=144 mL,而此时产物气中=2,则n生成(H2)=144 mL×2=288 mL,故生成标准状况下CO和H2共432 mL。 ②新制载氧体与CH4反应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,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。 ③依图从积碳对催化剂活性、原料利用率等方面解答。 40. (1)3d24s2　(2)能 (3)①-267.8　②TiCl2(s)　③0.5　 (4)①(1-y2)×100%　②×100% 解析 (1)Ti为22号元素,基态Ti原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。 (2)由于ΔH<0、ΔS>0,根据ΔG=ΔH-TΔS<0,反应能自发进行。 (3)①由盖斯定律,反应a=反应c-反应b×2,ΔH1=+132.4 kJ·mol-1-2×(+200.1 kJ·mol-1)=-267.8 kJ·mol-1。 ②反应a的ΔH<0、反应b的ΔH>0,升温时有利于反应a逆向移动、反应b正向移动,n[TiCl2(s)]减小,n[TiCl3(g)]增多。 ③由Ti原子守恒:n(Ti)=5.0 mol+10.0 mol=15 mol, T0 K时,n(TiCl2)=0,n[TiCl3(s)]=0,n[TiCl4(g)]=15 mol-8.5 mol-6.0 mol=0.5 mol。 c[TiCl3(g)]= mol·L-1,c[TiCl4(g)]= mol·L-1,反应c的平衡常数K==。 (4)①t0时,n2=y2·n0,N2H4的转化率=×100%=(1-y2)×100%。 ②N2H4N2+2H2 a a 2a 3N2H4N2+4NH3 b b a= ×100%=×100%=×100% 41. (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 解析 (1)①恒温下反应30 min时,环氧乙烷(初始浓度为1.5 mol·L-1)完全转化,则0~30 min内,v总(EO)==0.05 mol·L-1·min-1。 ②主反应为放热反应,生成物总能量低于反应物总能量,a项错误;EG既是主反应的生成物,又是副反应的反应物,故单位时间内EG浓度的变化量小于EO,v总(EO)>v总(EG),b项错误;0~30 min内,产物中n(EG)∶n(DEG)=10∶1,而v总(EG)=v主(EG)-v副(EG);主反应中,v主(EG)=v主(EO);副反应中,v副(EG)=v副(DEG);反应时间相同时,=,解得v主(EG)∶v副(DEG)=11∶1,c项正确;选择适当催化剂,可以提高主反应的选择性,进而提高乙二醇的最终产率,d项正确。 (2)①反应2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g)为气体分子数减小的反应,当温度相同时,压强增大,平衡正向移动,平衡转化率增大,则α=0.6对应的曲线为L1。 ②由图可知,压强相同时,温度升高,平衡转化率减小,说明ΔH<0。 ③M、N均按化学计量比进料,且平衡转化率相等,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,依据题给信息,该反应按化学计量比进料,设起始加入2 mol CO、3 mol H2,列出三段式: 　　　　　　2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g) 起始/mol 2 3 0 转化/mol 1 1.5 0.5 平衡/mol 1 1.5 0.5 平衡时CO、H2、HOCH2CH2OH的物质的量分数分别为、、,则Kx==12。 ④设起始加入m mol CO、3 mol H2,α(H2)=0.75,列出三段式: 　　　　　　　2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g) 起始/mol m 3 0 转化/mol 1.5 2.25 0.75 平衡/mol m-1.5 0.75 0.75 平衡时体系中气体总物质的量为(m-1.5+0.75+0.75) mol=m mol,则CO、H2、HOCH2CH2OH的平衡分压分别为p0 MPa、p0 MPa、p0 MPa,此时Kp== MPa-4= MPa-4。 42. (1)-41.2 (2)bc (3)反应①的活化能比反应②的活化能低,反应①化学反应速率快　催化剂在升温后对反应①的催化活性降低(或反应②活化能大于反应①活化能,升温更有利于反应②的进行等合理答案) (4)b (5)ⅰ.增大　ⅱ.p2 解析 (1)反应②-反应①可得:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)　ΔH=ΔH2-ΔH1=(-14.9-26.3) kJ·mol-1=-41.2 kJ·mol-1。 (2)恒容密闭容器容积不变,反应物、生成物均为气体,气体密度始终不变,a项错误;两个反应都是气体分子数增大的反应,气体压强为变量,当气体压强不变时,说明两反应达到平衡状态,b项正确;H2O(g)的浓度为变量,当H2O(g)的浓度不变时,反应达到平衡状态,c项正确;两反应达平衡时,CO和CO2的物质的量不一定相等,d项错误。 (3)使用某催化剂时反应①的选择性接近100%,观察图示(反应历程)知:Ea①<Ea②,故原因是反应①的活化能比反应②的活化能低,反应①化学反应速率快。升高温度,历程不变,反应①的选择性下降,可能原因是催化剂在升温后对反应①的催化活性降低或升温更有利于反应②(活化能较高反应)的进行等。 (4)增加原料中CH4的量,能提高CO2转化率而自身转化率降低,a项错误;增加原料中CO2的量,使反应③平衡正向移动,可提高CH4转化率,b项正确;通入Ar气,不改变体系中各物质的浓度,反应速率均不变,平衡不移动,c项错误。 (5)ⅰ.因为反应⑤=反应③-反应④,所以③④⑤三个反应中只有两个独立的反应,可只考虑反应③和④。由图可知,当初始投料中n(CH4)=n(CO2)时,若n(Ar)很大,则CO2与CH4的平衡转化率几乎相等,此时可认为只发生反应③,则n(CO)∶n(H2)的值约为1;而当投料组成中Ar含量下降时,CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率,则除反应③外还发生反应④,反应④消耗H2并生成CO,使n(CO)∶n(H2)的值大于1,因此投料组成中Ar含量下降,平衡体系中n(CO)∶n(H2)的值将增大。 ⅱ.设投料时CH4、CO2和Ar的物质的量分别为2 mol、2 mol、1 mol,依据a、b两点数据,平衡时CO2转化率为30%,余1.4 mol,CH4转化率为20%,余1.6 mol。 依据碳元素守恒,平衡时体系中n(CO)=4 mol-1.4 mol-1.6 mol=1 mol,依据元素守恒知: 氢元素守恒有n(CH4)×4+n(H2)×2+n(H2O)×2=8 mol　(Ⅰ) 氧元素守恒有n(CO2)×2+n(CO)+n(H2O)=4 mol　(Ⅱ) 由Ⅱ式求出n(H2O)=0.2 mol,再由Ⅰ式求出n(H2)=0.6 mol,故平衡时体系中气体总物质的量为 n(CH4)+n(CO2)+n(Ar)+n(CO)+n(H2)+n(H2O)=1.6 mol+1.4 mol+1 mol+1 mol+0.6 mol+0.2 mol=5.8 mol 因平衡时Ar的分压为p kPa,则CH4、H2O、CO、H2的分压分别为p kPa、p kPa、p kPa、p kPa。 故此时反应⑤的平衡常数Kp==(kPa)2=p2(kPa)2。 43. (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,任写一条即可)　催化剂失活　>　在120~240 ℃范围内,随温度升高,乙炔生成乙烯的选择性增大,乙炔生成乙烷的选择性减小 (3)9.2×10-3 (4)a(或Pd/W)　与选择Pd作为催化剂相比,选择Pd/W作为催化剂时,生成乙烷的活化能更高,而生成乙烯的活化能更低 解析 (1)反应2-反应1可得:C2H4(g)+H2(g)C2H6(g)　ΔH=ΔH2-ΔH1=(-312+175) kJ·mol-1=-137 kJ·mol-1。 (2)观察图示,在60~220 ℃范围内,乙炔转化率随温度升高而增大,原因可能为温度升高,化学反应速率加快;原因也可能为温度升高,催化剂的活性增强。当温度由220 ℃升高至260 ℃,乙炔转化率减小,原因可能为催化剂失活。 由产物选择性与温度变化关系图可知,随温度升高,乙炔生成乙烯的选择性增大,而乙炔生成乙烷的选择性减小,说明在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。 (3)将表格中两组数据分别代入速率方程,得到方程组: 解得 故当v(C2H2)=1.012×10-4 mol·L-1·s-1时,c(H2)= mol·L-1=9.2×10-3 mol·L-1。 (4)由图可知,选择Pd/W作为催化剂时,生成乙烷的活化能高于选择Pd作为催化剂时生成乙烷的活化能,说明使用Pd作为催化剂时,更容易转化为乙烷,乙烯的选择性更低;选择Pd/W作为催化剂时,生成乙烯的活化能低于选择Pd作为催化剂时生成乙烯的活化能,说明使用Pd/W作为催化剂时,更容易转化为乙烯,乙烯的选择性更高。 44. (1)-65 (2)B (3)④　HO*+C+C+H2O (4)①c　②或 ③0.2　温度越高,主要发生反应Ⅱ,且反应Ⅱ平衡逆向移动对H2的影响大于反应Ⅲ平衡正向移动对H2的影响 解析 (1)反应Ⅰ+反应Ⅱ可得:MgCO3(s)+4H2(g)MgO(s)+2H2O(g)+CH4(g)　ΔH4=ΔH1+ΔH2=(101-166) kJ·mol-1=-65 kJ·mol-1。 (2)反应Ⅱ是一个气体体积减小的放热反应,故低温高压有利于平衡正向移动,提高CH4平衡产率。 (3)基元反应的活化能越大,反应速率越慢。观察图示知,基元反应④的活化能最大。生成水的基元反应是③,反应方程式为HO*+C+C+H2O。 (4)①分析题中3个反应,360 ℃以下不考虑反应Ⅲ,根据选择性定义,此时CH4和CO2的选择性相加为100%,结合点M附近区域放大图可知曲线b、c表示CH4或CO2的选择性,随温度升高反应Ⅰ平衡正向移动,即MgCO3的平衡转化率增大至接近100%,则曲线a代表MgCO3的平衡转化率。反应Ⅱ为放热反应,随温度升高平衡逆移,CH4的选择性减小,反应Ⅰ吸热,随温度升高平衡正向移动,CO2的选择性升高,则曲线c表示CH4的选择性。 ②分析图丙知:点M温度下MgCO3的平衡转化率为49%,即此时MgCO3分解了0.49 mol,此时CH4、CO2的选择性均为50%,即n(CH4)=n(CO2)=0.49 mol×50%=0.245 mol。 依体系中碳元素守恒有: n(C)=n(CH4)+n(CO2)=0.49 mol,且n(CH4)=n(CO2)=0.245 mol, 依体系中氧元素守恒有: n(O)=n(CO2)×2+n(H2O)=0.49 mol×2,得n(H2O)=0.49 mol, 依体系中氢元素守恒有: n(H)=n(CH4)×4+n(H2O)×2+n(H2)×2=2.0 mol,得n(H2)=0.02 mol。 此时体系中气体总物质的量为n(CH4)+n(CO2)+n(H2O)+n(H2)=0.245 mol+0.245 mol+0.49 mol+0.02 mol=1.0 mol。 则反应Ⅱ的Kp== (kPa)-2。 ③分析图乙,在550 ℃下,MgCO3转化率为100%,CO2选择性为70%(生成CO2 0.7 mol),CH4选择性为10%(生成CH4 0.1 mol),依据碳元素守恒,反应Ⅲ生成CO 0.2 mol。 在500~600 ℃条件下,体系中只存在反应Ⅱ和反应Ⅲ,反应Ⅱ为放热反应,反应Ⅲ为吸热反应,温度升高反应Ⅱ平衡逆移,反应Ⅲ平衡正移。因为H2平衡转化率下降,说明主要发生反应Ⅱ,反应Ⅱ逆向移动对H2的影响大于反应Ⅲ正向移动对H2的影响。 45. (1)s　3d8 (2)水分子结构中有两个孤电子对 (3)Ni5P4 (4)反应Ⅱ、Ⅲ消耗CO2使反应Ⅰ的平衡正向移动,反应Ⅱ使恒压体系中容器容积增大,有利于反应Ⅰ平衡正移 (5)T1　反应Ⅱ正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,则CH4的平衡转化率增大;反应Ⅰ正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,可产生更多的CO2,从而提高反应Ⅱ中CH4的转化率 (6)1.2　70% 解析 (1)钙原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2,位于元素周期表中s区;基态镍原子的价电子排布式为3d84s2,故基态Ni2+的价电子排布式为3d8。 (2)水分子的VSEPR模型为四面体形,水分子中心原子氧原子有两个孤电子对,则水分子的空间结构为V形。 (3)观察晶胞结构,Ni原子有8个位于棱上,有6个位于面上,故一个晶胞中含有Ni:8×+6×=5。P原子有3个位于晶胞内部,有4个位于底面角(60°)顶点,有4个位于底面角(120°)顶点,故一个晶胞中含有P:3+4×+4×=4,则该物质的化学式为Ni5P4。 (4)反应Ⅱ和反应Ⅲ正反应消耗CO2、反应Ⅱ正反应是气体分子数增大的反应(保持恒压则必须使容器容积扩大),二者都能使CaCO3分解反应平衡正向移动,从而促进CaCO3分解。 (5)分析图2可知:相同压强条件下,CH4的平衡转化率主要与温度有关。而反应Ⅱ正反应为吸热反应,升高温度平衡正向移动,CH4的平衡转化率增大,故T1>T2>T3。同时温度升高也会促进反应Ⅰ正向进行,反应Ⅰ生成的CO2促进反应Ⅱ正向进行,从而提高甲烷的转化率。 (6)利用元素守恒分析: 由题意知:开始时向体系中加入:n(CaCO3)=1.0 mol、n(CH4)=1.0 mol;由于平衡时CaCO3的转化率为80%,CH4的转化率为60%,n(CO)=1.3 mol,可知平衡时体系中剩余n(CaCO3)=0.2 mol,剩余n(CH4)=0.4 mol,分解生成n(CaO)=0.8 mol。由碳元素守恒可得平衡时:n(CO2)=n(CaCO3)始+n(CH4)始-n(CaCO3)平-n(CH4)平-n(CO)=(1.0+1.0-0.2-0.4-1.3) mol=0.1 mol;由氧元素守恒可得平衡时:n(H2O)=n(CaCO3)始×3-n(CaO)-n(CaCO3)平×3-n(CO2)×2-n(CO)=(1.0×3-0.8-0.2×3-0.1×2-1.3) mol=0.1 mol;由氢元素守恒可得平衡时:n(H2)=[n(CH4)始×4-×4-n(H2O)×2]=(1.0×4-0.4×4-0.1×2) mol=1.1 mol;平衡时体系中气体总物质的量为n(CO2)+n(CH4)+n(H2)+n(CO)+n(H2O)=0.1 mol+0.4 mol+1.1 mol+1.3 mol+0.1 mol=3.0 mol。故反应Ⅲ的平衡常数Kp==≈1.2。原位CO2利用率=×100%=70%。 46. (1)葡萄糖 (2)①+44.4　②AC　③冷凝液化分离 (3)①270 ℃时目标产物乙酸的选择性最高,副产物选择性及乙醛选择性低,且此时反应速率较快 ②产物1 ③7.2　 解析 (1)纤维素水解最终产物为葡萄糖。 (2)①根据盖斯定律,ΔH1=ΔH2+ΔH=+68.7 kJ·mol-1-24.3 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1。 ②对于反应Ⅰ,两边气体系数之和不等,压强不再改变,可说明反应达到平衡状态;反应Ⅰ中均为气体,密度不变不可以说明反应达到平衡状态;CH3COOH的体积分数即物质的量分数不变,可以说明反应达到平衡状态;生成1 mol H2O,反应为逆向,消耗2 mol H2,依然为逆向,永远成立,不能说明反应达到平衡状态。 ③乙酸、乙醛沸点比H2高很多,可采用冷凝液化的方法分离出H2。 (3)①由图1可知,270 ℃时,乙酸选择性最高,副产物选择性及乙醛选择性低,且H2生成速率也较大,再升温H2生成速率变化不大,但乙酸选择性降低。 ②乙酸是主要产物,所以找活化能较低,反应速率最快得到的产物。 ③设加入9 mol H2O、1 mol C2H5OH, Ⅰ.　　　C2H5OH(g)+H2O(g)2H2(g)+CH3COOH(g) Δn/mol x x 2x x Ⅱ.　　C2H5OH(g)CH3CHO(g)+H2(g) Δn/mol y y y 根据⇒ 可知平衡后容器中, C2H5OH为(1-x-y) mol=0.1 mol, H2O为(9-x) mol=8.28 mol, H2为(2x+y) mol=1.62 mol, CH3COOH为x mol=0.72 mol, CH3CHO为y mol=0.18 mol, n总=0.1 mol+8.28 mol+1.62 mol+0.72 mol+0.18 mol=10.9 mol p(CH3COOH)∶p(C2H5OH)=n(CH3COOH)∶n(C2H5OH)=0.72 mol∶0.1 mol=7.2,利用分压代替浓度计算Kp1= kPa。 47. (1)难挥发性 (2)①4NH3+5O24NO+6H2O ②2NO(g)+O2(g)2NO2(g),该反应正向气体分子总数减小,相同温度下,p1条件下NO转化率高于p2条件下NO转化率,故p1>p2,x点、y点转化率相同,此时压强对容器容积的影响大于温度对容器容积的影响 (3)①N2-10e-+6H2O2N+12H+　②反应ⅲ生成O2,O2将NO氧化成NO2,NO2更易转化成N (4)N2中存在氮氮三键,键能高,断键时需要较大的能量 解析 (1)浓硫酸难挥发,HNO3为易挥发性的酸,该反应体现了浓硫酸的酸性和难挥发性。 (2)①第Ⅰ步反应为氨的催化氧化,化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。 ②2NO(g)+O2(g)2NO2(g),该反应正向气体分子总数减小,相同温度下,p1条件下NO转化率高于p2条件下NO转化率,故p1>p2,根据V=nR,x点、y点转化率相同,则n相同,此时压强对容器容积的影响大于温度对容器容积的影响,故y点的容器容积小于x点的容器容积。 (3)①由电极a上的物质转化可知,氮元素化合价升高,发生氧化反应,电极a为阳极,电极反应式为N2-10e-+6H2O2N+12H+。 ②反应ⅲ的存在有利于途径ⅱ,原因是反应ⅲ生成O2,O2将NO氧化成NO2,NO2更易转化成N。 (4)N2中存在氮氮三键,键能高,断键时需要较大的能量,故人工固氮是高能耗的过程。 48. (1)AB (2)pH增大,溶液中OH-的浓度增大,会结合H+,促进H2CO3向生成C的方向移动,进而增大C浓度,有利于生成CaCO3沉淀(或者分析①②③的移动方向,合理即可) (3)2×10-6 mol·L-1　4.2×10-3 (4)2N+10e-+12H+N2+6H2O (5)B　(6)氧气也会与(CH2O)n反应 解析 (1)当我们能判断出v正=v逆或者某些微粒的量不再改变时,均可说明化学反应达到平衡。钙离子浓度保持不变,说明此时v正=v逆,反应达到平衡,A符合题意;反应①中K=,即=,K只与温度有关,保持不变,即c(H+)保持不变,说明此时v正=v逆,反应达到平衡,B符合题意;CaCO3为固体,其浓度为常数,一般不用固体来表示化学反应速率,C不符合题意;不同物质表示正逆反应速率,且反应速率之比不等于化学计量数之比,说明正反应速率不等于逆反应速率,反应未达到平衡状态,D不符合题意;故选AB。 (2)pH越大,溶液中c(H+)越小,对H2CO3H++HC的正反应产生促进作用,c(HC)就会增大,所以Ca2++2HCCaCO3↓+H2CO3平衡就会正向移动,有利于CaCO3的生成。 (3)H2CO3　Ka1==4.2×10-7① Ka2==5.6×10-11② CaCO3　Ksp=c(Ca2+)·c(C)=2.8×10-9③ 根据①,代入c(H+)=8.4×10-9 mol·L-1,c(HC)=1×10-4 mol·L-1, 可得c(H2CO3)= mol·L-1=2×10-6 mol·L-1 根据②,代入c(H+)=8.4×10-9 mol·L-1,c(HC)=1×10-4 mol·L-1, 可得c(C)= mol·L-1=×10-6 mol·L-1 再将c(C)代入③,可得c(Ca2+)=4.2×10-3 mol·L-1。 (4)由图可知a极N转化为N2,化合价降低得电子,再根据电荷守恒向方程式中补充离子,中间为质子交换膜,只允许H+透过,故电极反应方程式为2N+10e-+12H+N2+6H2O。 (5)本题为自发的氧化还原反应,故为原电池,原电池是一个由化学能转化为电能的装置,A项错误。电极a上N化合价降低,发生还原反应为正极,电极b上碳元素化合价升高发生氧化反应,为原电池的负极,B项正确。电子在外电路中由负极流向正极,电子不进入水体,C项错误。1 mol (CH2O)n被氧化后得到n mol CO2,可知转移4n mol e-,D项错误。 (6)由常识可知,O2具有强氧化性,很容易发生还原反应,它可以替代一部分N充当正极反应物氧化(CH2O)n,等物质的量的O2得电子的数目大于N,使得转移电子数增大,从而N去除量减少,有机物依然被氧化,去除量变多。 49. (1)<　360　(2)-285.8　(3)BD (4)较高流速时反应未达平衡,温度升高,反应速率变快,相同时间内转化率大 (5)6　(6)101 解析 根据题意可知,较低流速下转化率可近似为平衡转化率,则图像前段流速对应的转化率并非平衡转化率,流速较低时的转化率可近似为平衡转化率。 (1)反应2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)为气体物质的量减小的反应,即ΔS<0。题中所给反应热ΔH1=-57.2 kJ·mol-1,温度升高时平衡逆向移动,HCl的转化率减小,所以T1=440 ℃、T2=400 ℃、T3=360 ℃。 (2)已知:①2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)　ΔH1=-57.2 kJ·mol-1, ②H2O(l)H2O(g)　ΔH2=+44.0 kJ·mol-1, ③H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)　ΔH3=-184.6 kJ·mol-1, 表示H2燃烧热的热化学方程式H2(g)+O2(g)H2O(l) ΔH,该反应可由③+①-②得到,所以ΔH=ΔH3+ΔH1-ΔH2=-184.6 kJ·mol-1-57.2 kJ·mol-1-44.0 kJ·mol-1=-285.8 kJ·mol-1。 (3)A项,由图像可知增大HCl的流速,其转化率减小;B项,升高温度,反应速率加快,可提高M点HCl的转化率;C项,增大n(HCl)∶n(O2),O2的转化率增大,HCl的转化率减小;D项,催化剂可加快反应速率,可提高M点HCl的转化率。故选B、D。 (4)较高流速时,反应未达到平衡,温度越高,反应速率越快,单位时间内HCl消耗掉的量越多,转化率越大,所以α(T3)小于α(T2)和α(T1)。 (5)N点为平衡点,HCl的平衡转化率为80%,由此列反应三段式: 2HCl(g)+O2(g)Cl2(g)+H2O(g)　 开始/mol 4 4 0 0 转化/mol 3.2 0.8 1.6 1.6 平衡/mol 0.8 3.2 1.6 1.6 平衡时HCl、O2、Cl2、H2O的物质的量分数分别为、、、。则该温度下的平衡常数K==6。 (6)RuO2和TiO2晶体结构相同,晶胞体积近似相等,密度之比为1.66。即===1.66,解得M(Ru)≈101,即Ru的相对原子质量为101。 50. (1)ΔH1+ΔH2+ΔH3 (2)H2　温度高于T1时,C(s)已经反应完全,CaCO3(s)完全分解,体系中只存在反应(Ⅱ),由于ΔH2<0,所以温度升高平衡逆向移动,CO2的摩尔分数逐渐降低 (3)　0.5　不变　不变 解析 (1)由盖斯定律可知,(Ⅰ)+(Ⅱ)+(Ⅲ)得C(s)+CaO(s)+2H2O(g)CaCO3(s)+2H2(g),则ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3。 (2)图示温度范围内C(s)已完全反应,故不考虑反应(Ⅰ),反应(Ⅱ)、(Ⅲ)均为放热反应,温度升高,平衡均逆向移动,所以H2的摩尔分数一直在减小,a线对应物种是H2;而CO的摩尔分数一直增大,所以b线代表CO、c线代表CO2。温度高于T1时,CaCO3(s)完全分解,体系中只存在反应(Ⅱ),由于ΔH2<0,所以温度升高平衡逆向移动,CO2的摩尔分数逐渐降低。 (3)T0时H2摩尔分数为0.50、CO摩尔分数为0.15、CO2摩尔分数为0.05,则第四种气体H2O(g)摩尔分数为0.3,故CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数Kp===。由于此时气体总物质的量为4.0 mol,故n(H2)=2.0 mol,n(CO)=0.6 mol,n(CO2)=0.2 mol,n(H2O)=1.2 mol。 假设反应(Ⅰ)中各物质变化量为x mol,反应(Ⅱ)中各物质变化量为y mol,反应(Ⅲ)中各物质变化量为z mol,则 　　　　C(s)　+　H2O(g)CO(g)+H2(g) 变化量 x mol x mol x mol x mol 　　　　CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 变化量 y mol y mol y mol y mol 　　　　CaO(s)+CO2(g)CaCO3(s) 变化量 z mol z mol z mol 则x mol+y mol=2.0 mol x mol-y mol=0.6 mol 解得x=1.3　y=0.7 而CO2总量为y mol-z mol=0.2 mol 故z=0.5 所以CaCO3(s)的物质的量为0.5 mol。 若平衡体系中通入少量CO2,由于反应(Ⅲ)Kp=,Kp不变,故p(CO2)不变。 由于重新达平衡时p(CO2)不变,所以平衡时CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)中,CO(g)、H2O(g)和H2(g)的分压均不变。 51. (1)Fe、C、H　　(2)①CH3COO[Cu(NH3)2]+NH3·H2O+COCH3COO[Cu(NH3)3CO]+H2O　②多孔Al2O3可作气体吸附剂,含量过多会吸附生成的NH3;Al2O3含量大于2%,α-Fe表面积减小,反应速率减小,产生NH3减少　(3)①HC受热水解程度增大,c(HC)减小,导致HCOO-产率下降　②—NH2可与HC形成氢键　HDO 解析 (1)反应器Ⅰ中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3,产物有CO2、H2O、Fe,发生反应3CO+Fe2O32Fe+3CO2、3H2+Fe2O32Fe+3H2O,化合价发生改变的元素有Fe、C、H。CO、H2各1 mol参与上述反应,各生成 mol Fe,共生成 mol Fe。 mol Fe在反应器Ⅱ中发生反应3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,共生成 mol H2。 (2)①根据题给反应物及生成物书写化学方程式。②多孔Al2O3可作气体吸附剂,含量过多会吸附生成的NH3,且当Al2O3含量大于2%时,催化剂α-Fe的表面积减小,与反应物的接触面积减小,反应速率减小,也会导致产生的NH3减少。 (3)①HC受热水解程度增大,c(HC)减小,导致HCOO-产率下降。②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上,HC中的H原子连在电负性较大的O原子上,二者之间可以形成氢键N—H…O、N…H—O。总反应为H2+HCH2O+HCOO-,使用D2代替H2,若生成HDO,则可确认反应过程中的加氢方式。对比“加氢”前后的结构,有两种可能的加氢方式:①水中的两个氢原子来自“HC”的“—OH”和“—NH2”,H2转化为两个被吸附的“H”原子;②水中的两个氢原子来自“HC”的“—OH”和H2中的一个“H”原子,H2另一个“H”和“—NH2”的氢原子转化为被吸附的“H”原子;通过测定“H2O”分子可以判断“加氢”,H2换成D2,若生成“H2O”则加氢方式为①,若生成“HDO”则加氢方式为②。 52. (1)① ②ΔH1-ΔH2-ΔH3+ΔH4　③BD (2)AcOH　KI (3)①由曲线图中点(1.0,3.0)可知,n(HA)=n0(KIn),即c(HA)=c0(KIn), 设初始c(HA)=c0(KIn)=c0 mol·L-1,转化的物质的量浓度为x mol·L-1,列三段式, 　　　　　　　　　　　In-+HAA-+HIn 起始浓度(mol·L-1)　　c0　　c0　 　0　 　0 转化浓度(mol·L-1)　　x　 　x　 　x　 　x 平衡浓度(mol·L-1)　c0-x　c0-x　x　　x ==3.0,x=2.5c0 平衡常数K1==, 又K1==, 可得Ka(HA)=×3.6×10-20=4.0×10-21。 ②>　> 解析 (1)①N的原子序数为7,位于第二周期第ⅤA族,基态N原子价层电子的轨道表示式为。 ②由已知可得: Ⅰ.NaNO2(s)+NH4Cl(s)N2(g)+NaCl(s)+2H2O(l)　ΔH1; Ⅱ.NaNO2(s)Na+(aq)+N(aq)　ΔH2; Ⅲ.NH4Cl(s)Cl-(aq)+N(aq)　ΔH3; Ⅳ.NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq)　ΔH4。 由盖斯定律可知,目标方程式N(aq)+N(aq)N2(g)+2H2O(l)可由化学方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ+Ⅳ得到,故反应a的ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3+ΔH4。 ③催化剂不能改变反应的焓变,A项错误;酸性:硫酸>磷酸>乙酸,由图示可知,催化剂酸性增强,反应速率增大,B项正确;一个硫酸分子中含有2个H,一个磷酸分子中含有3个H,一个乙酸分子中含有4个H,但含H最少的硫酸催化时,最有利于加速反应,C项错误;由图示可知,反应开始一段时间,反应物浓度减小,但反应速率增大,反应速率并不始终随着反应物浓度的下降而减小,D项正确。 (2)催化剂参与化学反应,但反应前后质量和化学性质并未改变,由催化机理示意图可知,催化剂有AcOH和KI。 (3)由变化曲线图可知,当=1.0时,=3.0,设初始c0(KIn)=c0 mol·L-1,则初始c(HA)=c0 mol·L-1,转化的物质的量浓度为x mol·L-1,可列出三段式如下: 　　　　　　　　　　　　In-+HAA-+HIn 起始浓度(mol·L-1)　　　c0　　c0　 　0　　0 转化浓度(mol·L-1)　　　x　　x　　　x　　x 平衡浓度(mol·L-1)　　c0-x　c0-x　 x　　x 由=3.0,即=3.0,解得x=0.25 c0,则该反应的平衡常数为K1=====,解得Ka(HA)=4.0×10-21。 ②根据图像可知,当=1.0时,设此时转化的物质的量浓度为y mol·L-1,可列出三段式如下: 　　　　　　　　　　　　In-+HBB-+HIn 起始浓度(mol·L-1)　　　c0　　c0　 　0　　0 转化浓度(mol·L-1)　　　y　　y　　　y　　y 平衡浓度(mol·L-1)　　c0-y　c0-y　 y　　y 此时<1.0,即<1.0,则y>0.5c0,则平衡常数K2=>K1,则Ka(HB)>Ka(HA);由于y>0.5c0,则K2=>1,Ka(HB)>Ka(HIn)。 53. (1)+92　(2)427　(3)压强　温度 (4)35-2.3t　不变　增大 解析 (1)由方程式可知,反应①是反应②的逆反应,反应①ΔH1=-92 kJ·mol-1,则反应②ΔH2=+92 kJ·mol-1。 (2)由方程式可知,反应①是反应②的逆反应,由题意可知,673 K下,反应①活化能为335 kJ·mol-1,则氨气分解的活化能为335 kJ·mol-1+92 kJ·mol-1=427 kJ·mol-1。 (3)反应②是气体体积增大的吸热反应,改变温度和压强,化学反应速率均改变,平衡都会发生移动,所以温度和压强既能影响反应平衡转化率又能影响其反应速率。 (4)由图可知,反应起始时氨气的分压为35 kPa、5 min时氨气的分压为23.5 kPa、10 min时氨气的分压为12 kPa,0~5 min时,分压的变化量为x×5=35-23.5,0~10 min时,分压的变化量为x×10=35-12,得x=2.3,则函数关系p(NH3)=35-2.3t;由关系式可知,增大氨的初始分压,氨的转化速率不变;由题意可知,吸附到催化剂表面后氨分子都变成活化分子,则其它条件不变,改用比表面积更大的催化剂,反应速率加快,所以单位时间氢气的产量将增大。 54. (1)-50 (2)①放热　②32.4　移走SOCl2或加入SO2Cl2　③d (3)催化作用　2SOCl2+4Li++4e-S+SO2+4LiCl 解析 (1)由盖斯定律可知,2S(s)+2Cl2(g)2SCl2(l)的焓变为ΔH1+ΔH2=(-59.4 kJ·mol-1)+(-40.6 kJ·mol-1)=-100 kJ·mol-1,则S(s)+Cl2(g)SCl2(l)的ΔH3=×(-100 kJ·mol-1)=-50 kJ·mol-1。 (2)①由图可知反应Ⅱ的lgK与成正比,则温度升高即减小lgK减小,K值减小,平衡逆向移动,反应Ⅱ为放热反应;②由图可知,=2.0时物质的量分数x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13,假设充入n(SCl2)=2 mol、n(O2)=1 mol,则三段式: 　　　　　　　　SCl2(g)+O2(g)SO2Cl2(g) 起始(mol) 2 1 0 转化(mol) x x x 平衡(mol) 　　　　　　　　SCl2(g)+SO2Cl2(g)2SOCl2(g) 起始(mol) 0 转化(mol) y y 2y 平衡(mol) 则平衡时n(SCl2)=(2-x-y)mol、n(O2)=(1-x)mol,n(SO2Cl2)=(x-y)mol,n(SOCl2)=2y mol,总物质的量为(2-x-y)mol+(1-x)mol+(x-y)mol+2y mol=(3-x)mol,平衡时n(SCl2)=n(SO2Cl2),则有2-x-y=x-y,解得x=1,故有x(SO2Cl2)==0.13,可得y=0.74,n(SCl2)=2 mol-1 mol-0.74 mol=0.26 mol,n(SO2Cl2)=1 mol-0.74 mol=0.26 mol,n(SOCl2)=1.48 mol,反应Ⅱ是气体体积不变的反应,则浓度平衡常数可用物质的量代替计算,反应Ⅱ的平衡常数K1=≈32.4;保持T和不变,减小生成物浓度或加入其他反应物均能使平衡正移,即增大SCl2平衡转化率的措施有移走SOCl2或加入SO2Cl2;③反应Ⅱ为放热反应,改变T,使反应Ⅱ的平衡常数K2=K1,其平衡常数减小,则为升高温度,反应Ⅱ逆向移动,使得SOCl2含量减小、SCl2增加,则图中x(SCl2)等于x(SOCl2)的新交点将会提前,出现在d处。 (3)由图可知,I2在反应中被消耗又生成,起催化作用;放电时,正极上SOCl2得到电子发生还原反应转化为S、SO2,正极的电极反应为2SOCl2+4Li++4e-S+SO2+4LiCl。 55. (1)①E正+67.59　②T3>T2>T1　该反应的正反应放热,且气体分子数减小,反应正向进行时,容器内压强减小,从T3到T1,进料比相同的条件下,平衡时Δp增大,说明反应正向进行程度逐渐增大,对应温度逐渐降低　75%　0.03 ③D (2)①5.54　②0.033　增大 解析 (1)①根据反应热ΔH与活化能E正、E逆的关系为ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可知,该反应的E逆=E正 kJ·mol-1-ΔH=(E正+67.59) kJ·mol-1。②该反应的正反应为气体体积减小的反应,因此反应正向进行程度越大,平衡时容器内压强越小,Δp越大。从T3到T1,进料比相同的条件下,Δp增大,说明反应正向进行程度逐渐增大,正反应为放热反应,则温度由T3到T1逐渐降低,即T3>T2>T1。由题图甲中M点可知,进料比为n(SO2)∶n(Cl2)=2,平衡时Δp=60 kPa,已知恒温恒容情况下,容器内气体物质的量之比等于压强之比,可据此列出“三段式”。 　　 　SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g)　Δp 起始压强/kPa 160 80 变化压强/kPa 60 60 60 60 平衡压强/kPa 100 20 60 可计算得α(Cl2)=×100%=75%,Kp===0.03 kPa-1。③由题图甲中M点可知,进料比为2时,Δp=60 kPa,结合“三段式”,以及T1时化学平衡常数可知,进料比为0.5时,Δp也为60 kPa,曲线D上存在(0.5,60)。 (2)①根据化学反应速率的计算公式v(X)=,60 min时,c(X)=6.80 mol·L-1-v(X)·Δt=6.80 mol·L-1-0.042 mol·L-1·min-1×30 min=5.54 mol·L-1。②已知==,又由题给反应速率方程推知,===3,则Δc(G)=×Δc(D)=0.033 mol·L-1,即60 min时c(G)=0.033 mol·L-1。60 min后,D和G转化为T的速率比为=,G消耗得更快,则增大。 56. (1)BaC2+2H2OBa(OH)2+HC≡CH↑ (2)①1016　②105　105 (3)①BaO　②反应达到平衡前速率保持不变　容器中只有反应Ⅱ:BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g),反应条件恒温1 823 K、恒压,且该反应只有CO为气态,根据K=可知,CO的压强为定值,所以化学反应速率不变 解析 (1)Ba、Ca元素为同主族元素,所以BaC2与水的反应和CaC2与水反应制取乙炔相似,其反应的化学方程式为BaC2+2H2OBa(OH)2+HC≡CH↑。 (2)①由盖斯定律,反应Ⅰ+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g),所以其平衡常数K=KⅠ×KⅡ=()3,由图1可知,1 585 K时KⅠ=102.5,KⅡ=10-1.5,即()3=102.5×10-1.5=10,所以=10×(105 Pa)3=1016 Pa3,则Kp==1016 Pa3。 ②由图1可知,1 320 K时反应Ⅰ的KⅠ=100=1,即KⅠ=()2=1,所以=(105 Pa)2,即pCO=105 Pa。若将容器容积压缩到原来的,由于温度不变,平衡常数不变,重新建立平衡后pCO应不变,即pCO=105 Pa。 (3)①由图2可知,1 400 K时,BaC2的产率为0,即没有BaC2生成,又实验表明BaBO3已全部消耗,所以此时反应体系中含Ba物种为BaO。 ②图像显示,1 823 K时BaC2的产率随时间由0开始呈直线增加到接近100%,说明该反应速率为定值,即速率保持不变;1 400 K时碳酸钡已全部消耗,此时反应体系的含钡物种只有氧化钡,即1 823 K时只发生反应Ⅱ:BaO(s)+3C(s)BaC2(s)+CO(g),反应条件为恒温1 823 K、恒压,且该反应只有CO为气态,根据K=可知,CO的压强为定值,所以化学反应速率不变。 57. (1)-566　(2)>　b　(3)①　②增大 (4)4s空轨道　分离彻底,操作简单,能耗低　(5)BC 解析 (1)2CO(g)+O2(g)2CO2(g)的焓变为ΔH1-2ΔH2=-566 kJ·mol-1。 (2)从图中可知,压强相同的情况下,随着温度升高,C2H6的平衡转化率增大,因此该反应为吸热反应,ΔH4>0。600 ℃,0.6 MPa时,C2H6的平衡转化率约为20%,a错误;700 ℃,0.7 MPa时,C2H6的平衡转化率约为50%,最接近40%,b正确;700 ℃,0.8 MPa时,C2H6的平衡转化率接近50%,升高温度,该反应的化学平衡正向移动,C2H6转化率增大,因此800 ℃,0.8 MPa时,C2H6的平衡转化率大于50%,c错误。故选b。 (3)①设C2H6的初始物质的量为1 mol,列三段式,代入数据计算,过程如下: C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) 起始/mol 1 0 0 变化/mol 0.25 0.25 0.25 平衡/mol 0.75 0.25 0.25 == ②由题干信息“在一定温度和条件下”,只发生反应ⅰ时,随着反应进行,气体总物质的量增大,压强增大促使化学平衡逆向移动;同时发生反应ⅰ和反应ⅱ,因远大于,C2H6以反应ⅱ为主,反应ⅱ为等体积反应,但对反应ⅰ来说,反应ⅱ的发生相当于在单独发生反应ⅰ的基础上减小了压强,则反应ⅰ化学平衡正向移动,C2H4平衡产率增大。 (4)Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。Cu+修饰的Y分子筛只吸附C2H4,使C2H4与C2H6气体分离较彻底,且气体只要通过分子筛即可分离,所以操作简单。由于C2H4与分子筛之间的作用力较弱,所以C2H4从分子筛上脱附时消耗的能量低。 (5)前30 min,=0,出口浓度c为0,说明两种气体均被吸附,A错误;p点时,C2H6对应的≈1.75,出口处C2H6浓度较大,而C2H4对应的较小,出口处C2H4浓度较小,说明此时出口处气体的主要成分为C2H6,B正确;a点处C2H6的=1,说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上,而a点后C2H6的>1,说明原来吸附的吸附剂上的C2H6也开始脱落,同时从图中可知,a点后一段时间,C2H4的仍为0,说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代,p—b点之间,吸附的C2H6仍在被C2H4替代,但是速率相对之前有所减小,同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4,因此p点后C2H4的也逐步增大,直至等于1,此时吸附剂不能再吸附两种物质,C正确。 58. (1)H　(2)+11 (3)M　恒温恒压下加入氦气,反应物分压减小,反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均正向移动,CH4平衡转化率增大 (4)1.2×10-3　p0　(5)0.4 (6)H2S得到了综合利用,且产生了氢气(或重整制氢,H全部转化为H2,原子利用率高) 解析 (1)H2S为共价化合物,其结构式为H—S—H,电子式为H。 (2)根据盖斯定律可知,反应Ⅱ+Ⅲ-Ⅰ=Ⅳ,则CS2(g)S2(g)+C(s)　ΔH4=ΔH2+ΔH3-ΔH1=(90+181-260)kJ·mol-1=+11 kJ·mol-1。 (3)保持反应器进料口总压为100 kPa,分别以8 kPa CH4、24 kPa H2S(He作辅气)与25 kPa CH4、75 kPa H2S进料,恒温恒压下加入稀有气体氦气,反应物分压减小,平衡向气体分子数增大的方向移动,即反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均正向移动,CH4的平衡转化率增大,故含有He的曲线为M。 (4)根据三个反应,可知n生成(H2)=n转化(H2S)+2n转化(CH4),由图可知,0~5 min内,n转化(H2S)=0.15 mol×20%=0.03 mol,n转化(CH4)=0.3 mol×5%=0.015 mol,则n生成(H2)=0.03 mol+0.015 mol×2=0.06 mol,故0~5 min内H2的化学反应速率为=1.2×10-3 mol·L-1·min-1。5 min时,设反应Ⅰ中CH4转化x mol,则反应Ⅱ中甲烷转化(0.015-x)mol,反应Ⅰ中H2S转化2x mol,反应Ⅲ中H2S转化(0.03-2x)mol,5 min时H2为0.06 mol,CS2为x mol,S2为(0.015-x)mol,CH4为0.285 mol,H2S为0.12 mol,气体总物质的量为0.06 mol+x mol+(0.015-x)mol+0.285 mol+0.12 mol=0.48 mol,反应前气体总物质的量为0.3 mol+0.15 mol=0.45 mol,总压强为p0,根据恒温恒容时气体的压强之比等于物质的量之比,知5 min时容器内总压为×p0=p0。 (5)设H2S的吸附系数为x MPa-1,根据吸附等温式,H2S的分压为2 MPa、4 MPa时,其平衡吸附量之比为==,解得x=0.4。 (6)与传统天然气制氢中需要脱硫将H2S转化为硫黄和水相比,题述方法优点是H2S得到了综合利用,3步反应均生成了H2。 59. (1)能　(2)6a-b-9c (3)反应ⅰ有积碳生成,随着反应的进行,生成的积炭逐渐增多,覆盖在催化剂表面,使催化剂的催化性能逐渐降低,化学反应速率减小 (4)10.0　pH=10.0时,产物中积碳平均含量最低,CH4平均转化率最大,芳烃平均产率最高 (5)20% 或 (6)适当降低温度,选用合适的催化剂(合理即可) 解析 (1)反应ⅰ.CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH1=+74.6 kJ·mol-1　ΔS=+80.84 J·mol-1·K-1, 在1000 K时,ΔG=ΔH-TΔS=+74.6 kJ·mol-1-1000 K×80.84×10-3 kJ·mol-1·K-1=-6.24 kJ·mol-1<0,故反应ⅰ在1000 K时能自发进行。 (2)ⅱ.6CH4(g)C6H6(l)+9H2(g)　ΔH2 由题给数据可得出以下热化学方程式: ③CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=a kJ·mol-1 ④C6H6(l)+O2(g)6CO2(g)+3H2O(l)　ΔH=b kJ·mol-1 ⑤H2(g)+O2(g)H2O(l)　ΔH=c kJ·mol-1 依据盖斯定律,将反应③×6-④-⑤×9得反应ⅱ的ΔH2=(6a-b-9c)kJ·mol-1。 (3)由于反应ⅰ生成积碳,会覆盖在催化剂表面,从而减小气体与催化剂的接触面积,因此随着反应进行,单位时间内甲烷转化率和芳烃产率逐渐降低。 (4)比较表中数据可以看出,pH=10.0时,CH4平均转化率为最大值10.45%,芳烃平均产率为最大值6.45%,产物中积碳平均含量为最小值33.10%,所以最佳pH为10.0。 (5)973 K、100 kPa下,在某密闭容器中按n(C6H6)∶n(CH4)=1∶5充入气体,发生反应C6H6(g)+CH4(g)C7H8(g)+H2(g),平衡时C6H6与C7H8的分压比为4∶1,设起始时C6H6的物质的量为1 mol,CH4的物质的量为5 mol,参加反应的C6H6的物质的量为x mol,则可建立如下三段式: 　　　　　　C6H6(g)+CH4(g)C7H8(g)+H2(g) 起始量(mol)　1　　　　5　　　　 　0　　　　0 变化量(mol)　x　　　　x　　 　　　x　　　　x 平衡量(mol)　1-x　　5-x　　 　　x　　　　x 依题意,=,解得x=0.2,平衡时,n(C6H6)=0.8 mol,n(CH4)=4.8 mol,n(C7H8)=0.2 mol,n(H2)=0.2 mol,则C6H6的平衡转化率为×100%=20%,平衡常数Kp==。 (6)已知Ea,苯<Ea,二甲苯,=,则温度降低,增大,可提高苯的产率;加入合适的催化剂,选择性降低Ea,苯,加快生成苯的速率,可提高苯的产率。因此若要提高苯的产率,可采取的措施有适当降低温度,选用合适的催化剂(合理即可)。 60. (1)吸　587.02　该反应为吸热反应,升高温度,反应正向移动,有利于制备硅 (2)①甲　5.6×10-5　②0.195 13　　③逆反应方向 解析 (1)根据盖斯定律,第1个反应和第2个反应相加可得热化学方程式SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)　ΔH=ΔH1+ΔH2=+74.22 kJ·mol-1+(+219.29 kJ·mol-1)=+293.51 kJ·mol-1。56 g Si的物质的量为2 mol,需要吸收热量293.51 kJ·mol-1×2 mol=587.02 kJ。该反应为吸热反应,升高温度,反应正向移动,有利于制备硅。 (2)①0~50 min,经方式甲处理后反应速率最快;经方式丙处理后,50 min时SiCl4的转化率为4.2%,反应的SiCl4的物质的量为0.1 mol×4.2%=0.004 2 mol,根据化学方程式中化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为0.004 2 mol×=0.005 6 mol,平均反应速率v(SiHCl3)==5.6×10-5 mol·L-1·min-1。 ②反应达到平衡时,SiCl4的转化率为14.6%,列出三段式: 3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) 起始浓度/(mol·L-1) 0.05 0.2 0 转化浓度/(mol·L-1) 0.007 3 0.004 87 0.009 73 平衡浓度/(mol·L-1) 0.042 7 0.195 13 0.009 73 当反应达平衡时,H2的浓度为0.195 13 mol·L-1,平衡常数K的计算式为K==。 ③增大容器容积,压强减小,平衡向气体体积增大的方向移动,即反应平衡向逆反应方向移动。 61. (1)-67 (2)(ⅰ)a　(ⅱ)80%　7.8　(ⅲ)10.92 (3)(ⅰ)(或3∶2)　(ⅱ)5 s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 (ⅲ)I2的投入消耗了部分CH2Br2,使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br 解析 (1)将第一个热化学方程式命名为①,将第二个热化学方程式命名为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,得热化学方程式 3CH4(g)+3Br2(g)C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH=-29 kJ·mol-1×3+20 kJ·mol-1=-67 kJ·mol-1。 (2)(ⅰ)根据CH4(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g)为放热反应知,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1.6 mmol,其转化率α=×100%=80%;若只发生一步反应,则生成6.4 mmol CH3Br,但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0 mmol,说明还有1.4 mmol CH3Br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=7.8 mmol。 (ⅲ)由(ⅱ)分析知,平衡时,反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0 mmol,n(Br2)=0.2 mmol,n(CH2Br2)=1.4 mmol,n(HBr)=7.8 mmol,故该反应的平衡常数K===10.92。 (3)(ⅰ)11~19 s时,有I2的生成速率 v= mol·L-1·s-1= mmol·L-1·s-1, 无I2的生成速率 v= mol·L-1·s-1= mmol·L-1·s-1。生成速率之比==。 (ⅱ)从图中可以看出,大约5 s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)根据反应机理可知,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。 62. (1)-45　(2)(ⅱ)　N2*中键能大,拆为N*难 (3) (4)①p1<p2<p3　该反应是气体体积减小的反应,相同温度下,增大压强,平衡正向移动,氨的摩尔分数增大 ②图4 ③33.33%　 解析 (1)根据盖斯定律: ΔH=(473+654) kJ·mol-1-(339+397+436) kJ·mol-1=-45 kJ·mol-1 (2)速率控制步骤为吸热最大的步骤,由于N≡N键能大,断裂难,故(ⅱ)为该反应的速率控制步骤。 (3)由ρ=得: 7.8 g·cm-3=, N= (4)①合成氨的反应为气体体积减小的反应,同一温度下,增大压强,平衡向生成氨的方向移动,氨的摩尔分数增大,所以图中压强p1<p2<p3。 ②混有Ar的混合气中,N2、H2含量降低,Ar起到“稀释”作用,均不利于合成NH3,同温、同压下,NH3的摩尔分数减小,因此图4符合题意 。 ③设起始时N2的物质的量为0.25 mol,H2的物质的量为0.75 mol,反应达平衡时N2的转化量为x mol,根据题意列出三段式: 　　　　　　N2　+　H2　NH3 开始/mol 0.25 0.75 0 转化/mol x 3x 2x 平衡/mol 0.25-x 0.75-3x 2x NH3的摩尔分数为×100%=20% x= 则N2的转化率为×100%≈33.33% 平衡时N2、H2、NH3的摩尔分数分别为、、。 平衡常数:Kp== ==。 63. (1)SO3　CuO (2)(ⅰ)催化剂　(ⅱ)产品纯度低、产生有毒气体 (3)(ⅰ)cd　(ⅱ)d (ⅲ) 解析 (1)600 ℃左右时,固体质量为1.6 mg,则为0.01 mmol CuSO4。780 ℃左右时,固体质量为0.8 mg,则为0.01 mmol CuO,此时说明CuSO4分解完全,CuSO4受热分解的化学方程式为CuSO4CuO+SO3。且700 ℃左右时DSC曲线有两个吸热峰,可知还发生了2SO32SO2↑+O2↑,故生成的氧化物有SO2、SO3和CuO。 (2)(ⅰ)结合题述两个反应可知,二氧化氮起到的是催化剂的作用,降低反应活化能,增大反应速率。(ⅱ)铅室法最终被接触法所代替,主要原因是产品纯度低、产生有毒气体污染环境。 (3)(ⅰ)该反应为放热反应。从图像看,随着温度升高,反应速率先增大后减小,a项错误;随着温度升高,反应的转化率应逐渐减小,图像中曲线为不同温度下的等转化率下的反应速率曲线,b项错误;由题图可知,转化率越高对应的反应速率最高的温度越低,c项正确;结合图像的转化率与速率最高的温度可选取最佳生产温度,d项正确。 (ⅱ)结合图像可知,相对于a、b、c,d对应的催化剂随着温度的升高,SO2的转化率升高得快,达到一定温度后趋于平缓。 (ⅲ)设平衡时SO2的分压为,则列式 　　　SO2(g)+O2(g)SO3(g) 平 p Kp==。 64. (1)ΔH2-ΔH1 (2)　k·x·(或k··) (3)　　a　减小　不变 解析 (1)将反应Ⅱ减去反应Ⅰ,可得水气变换反应:CO+H2OCO2+H2,故该反应的ΔH=ΔH2-ΔH1。 (2)依据电离平衡式:HCOOHH++HCOO-,忽略水的电离,设平衡时c(H+)=a mol·L-1,则c(HCOO-)=a mol·L-1,代入Ka=可得c(H+)= mol·L-1。 v=k c(H+)c(HCOOH)=k·x· mol·L-1。 (3)已知反应Ⅱ达平衡时,测得H2的浓度为y mol·L-1,即平衡时CO2的浓度为y mol·L-1。 设反应Ⅱ达平衡时,反应Ⅰ产生的CO的浓度为x mol·L-1,列出HCOOH水溶液中分解反应的“三段式”。 Ⅰ.　　　　　　　HCOOHCO+H2O(快) 1.0 0 x x 1.0-x x Ⅱ.　　　　　　　HCOOHCO2+H2(慢) 1.0-x 0 0 y y y 1.0-x-y y y t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1,根据物料守恒可知,t1时刻c(HCOOH)=1.0 mol·L-1-0.70 mol·L-1-0.16 mol·L-1=0.14 mol·L-1。因研究发现,反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ,且近似认为反应Ⅰ建立平衡后(即t1时刻后)始终处于平衡状态,平衡常数K1不随时间的变化而变化,因此t1时刻K1===5,当反应Ⅱ达平衡时,K1===5,整理可得x=(1-y),因此体系达平衡后==;反应Ⅱ的平衡常数为K2===。 这是一个存在竞争反应的体系,相同条件下,溶液中含有0.1 mol·L-1盐酸时,反应Ⅰ速率明显增大(H+对反应Ⅰ有催化作用),反应Ⅰ达平衡的时间缩短了,但反应Ⅱ较慢,更多的HCOOH转化为了CO,因此CO新的浓度峰值点可能是a。 根据K1=分析可知,在新的浓度峰值点时,c(CO)增大,则c(HCOOH)也增大,而含碳微粒的总浓度为1.0 mol·L-1,因此与不含盐酸相比,CO达浓度峰值时,CO2浓度减小。 反应Ⅰ的K1=,因为温度不变时K1不变,故不变。 65. (1)KHCO3+Ca(OH)2CaCO3+KOH+H2O　相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳 (2)①<　②适当抑制副反应的发生,尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比,氨气与二氧化碳的投料比越大,二氧化碳转化率越高 (3)①H2　②10HC+8e-CH4↑+9C+3H2O ③每生成1 mol C2H4转移12 mol e-,每生成1 mol HCOO-转移2 mol e-,故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为∶=1∶2 解析 (1)酸式盐(KHCO3)溶液与碱(石灰乳)反应生成正盐(碳酸钙),碳酸钙煅烧产生二氧化碳,故化学方程式为KHCO3+Ca(OH)2CaCO3+KOH+H2O。相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。 (2)由图可知,升高温度反应Ⅰ的lg K减小,说明温度升高平衡逆向移动,故正反应为放热反应,其ΔH<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生,尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比,氨气与二氧化碳的投料比越大,二氧化碳转化率越高。 (3)当电解电压为U1V时,电解过程中含碳还原产物的FE%为0,说明二氧化碳未得电子,氢离子在阴极得电子生成氢气。当电解电压为U2V时,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知,碱性条件下阴极由生成CH4的电极反应式为10HC+8e-CH4↑+9C+3H2O。当电解电压为U3V时,电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%,还原产物HCOO-的FE%为8%,每生成1 mol C2H4转移12 mol e-,每生成1 mol HCOO-转移2 mol e-,故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为∶=1∶2。 66. (1)+6　 (2)①2　②CO+3H2CH4+H2O　 (3)AC (4)①AC　② (5)温度过高时,不利于反应物分子在催化剂表面的吸附,从而导致反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低,反应速率减小;温度过高还会导致催化剂的活性降低,从而使化学反应速率减小 解析 (1)设方程式①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41.2 kJ·mol-1 ②3Fe2O3(s)+CO(g)2Fe3O4(s)+CO2(g)　ΔH1=-47.2 kJ·mol-1 ③2Fe3O4(s)+H2O(g)3Fe2O3(s)+H2(g)　ΔH2 根据盖斯定律可知,③=①-②,则ΔH2=ΔH-ΔH1=(-41.2 kJ·mol-1)-(-47.2 kJ·mol-1)=+6 kJ·mol-1。 (2)①条件1下没有甲烷生成,只发生了水煤气变换反应,该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V,参加反应的一氧化碳的物质的量为x mol,根据已知信息可得以下“三段式”: CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 开始(mol) 5 12 0 0 转化(mol) x x x x 平衡(mol) 5-x 12-x x x p(H2)=×1.7 MPa=0.40 MPa,解得x=4, 则平衡常数K==2。 ②根据表格中的数据可知,有甲烷生成,氢气的产率降低,且该副反应没有二氧化碳参与,则该反应的化学方程式为CO+3H2CH4+H2O。 (3)CO和H2都可以与O2反应,则通入反应器的原料气中应避免混入O2,A正确;该反应前后气体化学计量数相同,则增加体系总压平衡不移动,不能提高H2的平衡产率,B错误;通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁,且过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度,从而防止铁的氧化物被还原为单质铁,C正确;若保持容器的容积不变,充入惰性气体可增加体系总压,但反应物浓度不变,反应速率不变,D错误。 (4)①按原水碳比通入冷的原料气,可以降低温度,同时化学反应速率稍减小,导致CO的转化率稍减小,与图中变化相符,A正确;喷入冷水(蒸汽),可以降低温度,但是同时水蒸气的浓度增大,会导致CO的转化率增大,与图中变化不符,B错误;通过热交换器换热,可以降低温度,且不改变投料比,同时化学反应速率稍减小,导致CO的转化率稍减小,与图中变化相符,C正确。 ②喷入冷水(蒸汽),可以降低温度,平衡正向移动,则一氧化碳的平衡转化率增大,新曲线会高于原平衡曲线。 (5)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个快速过程,温度过高时,不利于反应物分子在催化剂表面的吸附,从而导致反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低,反应速率减小;温度过高还会导致催化剂的活性降低,从而使化学反应速率减小。 67. (1)70%　(2)吸热　降低 (3)使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度,促使反应正向进行　使得气体中氯化氢的分压减小,促使反应正向进行 (4)6.9×10-3 解析(2)由图可知,焓变为正值,则该条件下反应为吸热反应,且反应热随温度升高而降低; (3)使用浓磷酸作反应物可以提高磷酸的浓度,促使反应正向进行;向系统中不断通入水蒸气,使得气体中氯化氢的分压减小,减小压强,平衡正向进行,都可以提高氯化钾的转化率。 (4)298 K时,H3PO4(aq)+KCl(aq)KH2PO4(aq)+HCl(aq)的离子方程式为H3PO4(aq)H2P(aq)+H+(aq),其平衡常数K==Ka1=6.9×10-3。 68. (1)①83　②EO(g)AA(g)　ΔH=-102 kJ·mol-1 (2)①10　②CDE　③ (3)①D　②12∶7　③a中银电极质量减小,b中银电极质量增大 解析 (1)①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能,中间体OMC生成吸附态EO(ads)的活化能为(-93 kJ·mol-1)-(-176 kJ·mol-1)=83 kJ·mol-1。 ②ΔH=E(生成物)-E(反应物) =(-219 kJ·mol-1)-(-117 kJ·mol-1) =-102 kJ·mol-1,故热化学方程式为EO(g)AA(g) ΔH=-102 kJ·mol-1; (2)①反应中只有氧气为气体,结合表格数据可知,463 K时的平衡常数Kp=(O2)=10(kPa。 ②结合表格数据可知,升高温度,压强变大,平衡正向移动,则反应为吸热反应;从Ⅱ到Ⅲ为体积增大,反应正向移动的过程,导致固体质量减小,已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等,则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程,平衡逆向移动,为熵减过程,故从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS<0,A错误;平衡常数Kp=(O2)只受温度的影响,则pc(Ⅱ)=pc(Ⅲ),B错误;反应为吸热反应,降低温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,故平衡常数:K(Ⅱ)>K(Ⅳ),C正确;已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等,则氧气的物质的量相等,若体积V(Ⅲ)=2V(Ⅰ),根据阿伏加德罗定律可知,p(O2,Ⅰ)=2p(O2,Ⅲ),Q(Ⅰ)=(O2,Ⅰ),K(Ⅲ)=(O2,Ⅲ),则Q(Ⅰ)=K(Ⅲ),D正确;结合A分析可知,逆反应的速率:v(Ⅰ)>v(Ⅱ);固体不影响反应速率,温度越低反应速率越低,逆反应的速率:v(Ⅱ)=v(Ⅲ)>v(Ⅳ),故有逆反应的速率:v(Ⅰ)>v(Ⅱ)=v(Ⅲ)>v(Ⅳ),E正确。 ③某温度下,设向恒容容器中加入1 g Ag2O,当固体质量减少4%时,逆反应速率最大,说明O2达到最大值,此时达到平衡状态,减小的质量为生成氧气的质量,则生成 mol O2,若转化率为14.5%,则此时生成× mol O2,根据阿伏加德罗定律,此时==,故v(O2)=; (3)①鉴别晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法; ②根据“均摊法”,γ-AgI晶胞中含8×+6×=4个I,则晶体密度为 g·cm-3=7.0 g·cm-3;α-AgI晶胞中含8×+1=2个I,则晶体密度为 g·cm-3=6.0 g·cm-3;故=,则γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为12∶7。 ③由图可知,a为阳极、b为阴极,实验测得支管a中AgI质量不变,则碘离子没有迁移到a中与银离子产生AgI沉淀,银离子在阴极得到电子发生还原反应生成银单质,导致b中银电极质量增大,a中银电极银单质失去电子发生氧化反应生成银离子,导致a中银电极质量减小,可判定导电离子是Ag+而不是I-。 69. (1)+118 (2)5 (3)C6H5CH3(甲苯)　曲线a代表的产物为苯乙烯,由于反应④产生的H2可促进反应⑥正向进行,因此当乙苯转化为苯乙烯的选择性稍降低时,乙苯转化为甲苯的选择性增大 (4)BD (5)C6H5CH2I (6)K·Ksp 解析 (1)反应④可由①-②-③得到,故ΔH4=ΔH1-ΔH2-ΔH3=(-4 386.9+4 263.1+241.8) kJ·mol-1=+118 kJ·mol-1。 (2)在某温度、100 kPa下,列出反应④的“三段式”。 　　　　　　　C6H5C2H5C6H5CHCH2+H2 开始(mol) 1 0 0 转化(mol) 0.5 0.5 0.5 平衡(mol) 0.5 0.5 0.5 Kp== 设需要充入水蒸气的物质的量为x mol,则有 　　　　　　　C6H5C2H5C6H5CHCH2+H2 开始(mol) 1 0 0 转化(mol) 0.75 0.75 0.75 平衡(mol) 0.25 0.75 0.75 Kp==,解得x=5。 (3)曲线c代表的产物为苯,曲线a为苯乙烯,曲线b为甲苯。因为反应⑤产物与反应④关系不大,故其选择性随乙苯转化率变化不大,而由于反应④产生的H2可促进反应⑥的正向进行,因此当乙苯转化为苯乙烯的选择性稍降低时,乙苯转化为甲苯的选择性增大。 (4)X射线衍射技术可用于测定晶体结构,A项正确;催化剂可加快反应速率,但不能改变平衡转化率,B项错误;催化剂可改变反应历程从而降低反应的活化能,C项正确;改变催化剂颗粒大小可促进催化剂的催化作用,能影响反应速率,D项错误。 (5)因为原子半径:Cl<Br<I,碳卤键的键能:C—Cl>C—Br>C—I,C—I更容易断裂,又由于电负性:Cl>Br>I,电负性越小,吸引电子的能力越弱,更易提供孤电子对与Cu(Ⅰ)形成配位键,因此引发剂中活性最高的是C6H5CH2I。 (6)①Cu+在配体L的水溶液中的平衡为 Cu+(aq)+2L(aq)[Cu(L)2]+(aq) K= ②CuBr在水中的沉淀溶解平衡为 CuBr(s)Cu+(aq)+Br-(aq)　Ksp=c(Cu+)·c(Br-) 则CuBr在配体L的水溶液中溶解平衡为(反应①+②可得) CuBr(s)+2L(aq)[Cu(L)2]+(aq)+Br-(aq) 故该反应的平衡常数为K·Ksp。 70. (1)+128　(2)3　3　(3)6　10 (4) (5)因两个反应的化学键变化相似,使得ΔH数值相近,ln K的斜率取决于ΔH,所以两条线几乎平行 (6)a 解析 (1)从结构分析,反应中断裂两条碳氢键,形成一条碳碳键和H—H。ΔH=431.0 kJ·mol-1×2-298.0 kJ·mol-1-436 kJ·mol-1=+128 kJ·mol-1。 (2)基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应,从图上看包含3个基元反应,其中第3步活化能最大,故该步反应速率最慢。 (3)C40H20中有10个六元环、1个五元环。从C40H20C40H18,形成一个五元环,从C40H20C40H10需经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应,故新形成5个五元环。故C40H10中有6个五元环、10个六元环。 (4)起始C40H12为整体1,平衡转化率为α,则: 　　　C40H12(g)C40H10(g)+H2(g) 起始: 1 0 0 转化: α α α 平衡: 1-α α α 平衡时,C40H12、C40H10、H2的分压分别为p0、p0、p0。 Kp== = (5)因两个反应的化学键变化相似,使得ΔH数值相近,ln K的斜率取决于ΔH,所以两条线几乎平行。 (6)该反应是吸热反应,升高温度既可以增大反应速率,又能提高平衡转化率,a符合题意;该反应是气体分子数增大的反应,增大压强可以增大反应速率,而平衡转化率减小,b错误;加入催化剂可以增大反应速率,但不影响平衡转化率,c错误。 71. (1)-307　 (2)b　(1-10-0.1)×100% (3)(ⅰ)Ⅰ　(ⅱ)c　(ⅲ)<　2 解析 (1)分析题给的两个热化学方程式,可知反应③可由得到,故ΔH3=(ΔH2-ΔH1)=×(-329-285) kJ·mol-1=-307 kJ·mol-1。反应③的平衡常数K3=。 (2)对于题述反应MO++CH4M++CH3OH,温度越高,MO+与CH4反应的速率越大,反应相同时间MO+的转化率越大,即温度越高,的值越小,则-lg的值就越大,因此图中310 K的曲线是a,300 K的曲线是b。300 K、60 s时的图像纵坐标数值为0.1,则-lg=0.1,=10-0.1,则MO+的转化率为×100%=(1-10-0.1)×100%。 (3)(ⅰ)观察分析图中反应进程知,步骤Ⅰ中甲烷中C—H键发生变化,氧原子与氢原子间形成新的共价键。 (ⅱ)依据题目信息“元素被替换为更重的同位素时,反应速率会变慢”,当CH4被替换为CD4后,反应速率变慢,说明其反应的活化能变大,故选c。 (ⅲ)根据上述分析,当MO+与CH2D2反应时,H原子与O原子结合跟D原子与O原子结合相比较,反应速率更快,则产量更高。依据反应机理知,当MO+与CHD3反应时,实际参与替换的氢原子共两种类型(H和D),故生成的氘代甲醇有2种。 72. (1)4　1　(2)a+c-2b　(3)3　2.25　增大 (4)　46.26　()2×2.64 解析 (1)FeSO4·7H2O的相对分子质量为278,当失重比为19.4%时,对应质量减少了54 g,对应的是3 mol水,因此x=4,同理,当失重比为38.8%时,质量减少108 g,失水共6 mol,因此y=1。 (2)根据盖斯定律,因为x=4、y=1,因此将第1个反应加上第3个反应,再减去第2个反应的2倍,可得目标反应,故该反应的焓变ΔH=(a+c-2b) kJ·mol-1。 (3)结合图像可知,当660 K时,=1.5 kPa,又因反应中只有二氧化硫与三氧化硫为气体,且为1∶1,因此=1.5 kPa,因此平衡时p总=3 kPa。平衡常数Kp(Ⅰ)=1.5 kPa×1.5 kPa=2.25(kPa)2。结合图像中随温度的升高而递增,可知温度升高平衡正向移动,该反应为吸热反应,平衡常数随温度升高而增大。 (4)此体系为恒容体系,压强之比等于物质的量之比。开始时,SO2和SO3的压强相同,升高温度,三氧化硫进一步分解得到二氧化硫与氧气,设反应(Ⅰ)平衡时SO2的压强为a kPa,反应(Ⅱ)达到平衡时,SO3的转化压强为y kPa,根据反应方程式分析: 　　　　　2SO3(g)2SO2(g)　+　O2(g) 开始/kPa: a a 0 转化/kPa: y y 平衡/kPa: a-y a+y 因此:-=2y y= 因此:== 根据题意进一步分析,设达到平衡时O2的压强为x kPa,反应Ⅰ生成的SO2的压强为a kPa,则 2FeSO4(s)Fe2O3(s)+SO2(g)+SO3(g)　(Ⅰ) a kPa a kPa 　　　　　2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)　(Ⅱ) 平衡/kPa a-2x a+2x x ⇒⇒ 则Kp(Ⅱ)== kPa。 73.(1)能　(2)高　低　(3)ab　(4)a　(5)-1　a　(6)Fe　3d6 解析 (1)对于合成氨反应,常温下,ΔG=ΔH-TΔS=-92.4 kJ·mol-1-298 K×(-0.2 kJ·K-1·mol-1)=-32.8 kJ·mol-1<0,故合成氨反应在常温下能自发进行。 (2)其他条件一定时,升高温度,可以提供更高的能量,使活化分子百分数增大,反应速率增大;合成氨反应是放热反应,降低温度,平衡正向移动,平衡转化率提高。 (3)合成氨的反应是放热反应,温度高有利于提高合成氨反应速率,但会降低氨的平衡产率;温度低有利于提高氨的平衡产率,但会降低合成氨反应速率。故氨气在“冷Ti”表面生成,有利于提高氨的平衡产率,在“热Fe”表面断裂,有利于提高合成氨反应速率。a、b两项说法正确,c、d两项说法错误,故选ab。 (4)由题图可知,300 ℃时,复合催化剂催化合成氨反应的反应速率比单一催化剂催化时大很多,说明300 ℃时复合催化剂比单一催化剂效率更高,a项说法正确;同温同压下,复合催化剂能提高反应速率,但不能使平衡发生移动,故不能提高氨的平衡产率,b项说法错误;温度过高,复合催化剂可能会失去活性,催化效率反而降低,c项说法错误。 (5)将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得:①q=k·mα·nβ·pγ,③10q=k·mα·nβ·(0.1p)γ,可得γ=-1。合成氨过程中,不断分离出氨,即降低体系中的c(NH3),生成物浓度降低,平衡向正反应方向移动,但不会提高正反应速率,a正确,c错误;氨是反应的主产物,不会使催化剂中毒,b错误。 (6)由题图可知,“”代表M(NH3)6,“”代表BH4,面心立方最密堆积的晶胞中,“”处于8个顶角和6个面心,则每个晶胞中含“”的个数为8×+6×=4,8个“”均处于晶胞内部,则“”和“”的个数之比为4∶8=1∶2,故该晶体的化学式为M(NH3)6·(BH4)2;又知该化合物的摩尔质量为188 g·mol-1,则有Mr(M)+17×6+15×2=188,解得Mr(M)=56,故M元素为Fe。化合物Fe(NH3)6·(BH4)2中,NH3整体为0价,BH4中B为+3价,H为-1价,则Fe为+2价,基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2,失去4s轨道上的2个电子形成Fe2+,故Fe2+的价电子排布式为3d6。 74. (1)-200(X+Y) (2)a或c　8.3×10-8　0.08　39% (3)c　曲线b和曲线c所处的温度相同,压强增大平衡Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动,(xBD/xBL)max增大,而压强对反应速率的影响可忽略 解析 (1)结合已知信息,可推定在同温同压下,以相同物质的量的BL或BD为初始原料,达到的平衡状态相同,即两个平衡完全等效。设正向反应的平衡转化率为α,则加入等量产物平衡时的转化率为1-α,由题目可知 计算可得ΔH=-200(X+Y) kJ·mol-1。 (2)实验测定X<Y,则达到平衡时BL物质转化量小于BD物质转化量,平衡状态BL物质的量大,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0.48×3.0×103 kPa,BD的压强是0.36×3.0×103 kPa,H2的压强近似等于总压,故反应Ⅰ平衡常数Kp== kPa-2≈8.3×10-8 kPa-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(除H2外)的增加量正好是BD参与反应Ⅱ、Ⅲ的量,也正好是生成的H2O(g)的物质的量,设t1时BL转化为BD的物质的量为a mol,BD转化为THF、BuOH的物质的量为b mol,则体系总物质的量(除H2外)为(5.0×10-3+b)mol,得到=0.48、=0.36,求得a=×10-3、b=×10-3,则t1时刻==0.08;此时BD的产率为×100%≈39%。 (3)已知反应Ⅰ的正反应是放热反应,以BL为初始原料,温度升高则平衡逆向移动,xBD减小,(xBD/xBL)max减小,的值增大;温度相同时,压强增大,平衡正向移动,xBD增大,(xBD/xBL)max增大,减小,即曲线a、b、c中,(xBD/xBL)max最大的是曲线c;由上述分析可知,(493 K,2.5×103 kPa)对应曲线b,(493 K,3.5×103 kPa)对应曲线c,两者所处的温度相同,与曲线b相比,曲线c所处的压强较大,压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均逆向移动,xBD增大,(xBD/xBL)max增大,而压强对反应速率的影响可忽略,故曲线c达到=1.0所需时间更长。 75. (1)2C3H6(g)+9O2(g)6CO2(g)+6H2O(g)　 ΔH=-3 854 kJ· mol-1 (2)①190　②> (3)ad　(4)58.8% (5)①甲　反应Ⅰ平衡曲线为N,恒压时充入水蒸气,　②(+2x) 解析 (1)设2C3H8O(g)+9O2(g)6CO2(g)+8H2O(g)　ΔH=-3 750 kJ·mol-1为反应Ⅲ,根据盖斯定律,Ⅲ-2×Ⅰ得2C3H6(g)+9O2(g)6CO2(g)+6H2O(g) ΔH=-3 854 kJ· mol-1。 (2)①4~8 μs内,v(H2O)= ppm·μs-1=190 ppm·μs-1,根据反应Ⅰ可知v(C3H8O)=v(H2O)=190 ppm·μs-1。 ②0~4 μs、4~8 μs、8~12 μs,Δc(H2O)逐渐减小,说明反应速率减小,8~12 μs内,Δc(H2O)=400 ppm,12~t μs内,Δc(H2O)=400 ppm,则t-12>4,即t>16。 (3)H2O的分压不变,则C3H6的分压也不变,反应Ⅰ、Ⅱ各组分分压不变,说明反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡,a正确;反应物和生成物均为气体,混合气体的总质量不变,刚性密闭容器容积不变,则混合气体密度始终不变,故混合气体密度不变不能作为反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据,b错误;n(C3H6)=2n(C6H12)与反应是否平衡没有直接的关系,n(C3H6)=2n(C6H12)不能作为反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据,c错误;v正(H2O)=v逆(C3H8O),说明正逆反应速率相等,反应Ⅰ达平衡,各组分分压不变,C3H6的分压不变,说明反应Ⅱ也达平衡,d正确。 (4)设C3H8O的物质的量为1 mol,若1 mol C3H8O完全反应,理论上生成1 mol C3H6,因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%,反应Ⅰ生成1 mol×98%=0.98 mol C3H6,反应Ⅱ消耗了40%的C3H6,则达平衡时C3H6的物质的量为0.98 mol×(1-40%)=0.588 mol,所以丙烯的产率为×100%=58.8%。 (5)①反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应,反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应,则升高温度,反应Ⅰ平衡正向移动,Qp逐渐增大,反应Ⅱ平衡逆向移动,Qp逐渐减小,即反应Ⅰ的平衡曲线为N,反应Ⅱ平衡曲线为M;在350 ℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时,对于反应Ⅰ而言,相当于增大生成物浓度,使得Qp>Kp,即lg Qp增大,反应Ⅰ的状态最有可能对应图中的甲点。 ②由题图可知,350 ℃时达平衡后,反应Ⅱ的lg Qp=0,则350 ℃时Kp=Qp=1,设水蒸气的平衡分压为a MPa,则反应Ⅱ的C3H6起始分压为a MPa,对反应Ⅱ列三段式分析如下: 　　　　　　　2C3H6(g)C6H12(g) 起始/MPa　　 a 0 变化/MPa 2x x 平衡/MPa a-2x x Kp==1,解得a=(+2x) MPa。 76. (1)① N2　4H2O ②E1+E3-E2-E4+ΔH ③NH3NONO2HNO3 2NO+O22NO2 (2)①BD　②x+y+z 由图8可知,pH=9.0时,>104,因此可忽略溶液中的Cr2,也就是c(HCr)+c(Cr)=0.2 mol·L-1 K2===3.3×10-7。联立解得c(HCr)≈6.0×10-4 mol·L-1　③λ3　增大 解析 (1)①(NH4)2Cr2O7中的Cr元素为+6价,Cr2O3中的Cr元素为+3价,Cr元素化合价降低,故化合价升高的元素应为(NH4)2Cr2O7中N元素,生成无污染气体,故生成物中应有N2,然后根据原子守恒可得出另一产物为H2O,其化学计量数为4。 ②化学反应的焓变等于反应物断键时吸收的总能量减去生成物成键时放出的总能量。由图7反应进程可知,第一阶段吸收能量为E1,放出能量为E2,第二阶段吸收能量为ΔH,第三阶段吸收能量为E3,放出能量为E4。故焓变为E1+E3-E2-E4+ΔH。 ③从氨气出发,经过三步变为硝酸,则应该为氨气经催化氧化变为一氧化氮,一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮溶于水生成硝酸。其中有颜色变化的反应为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,现象为生成红棕色气体。 (2)①加入少量稀硫酸时,由于氢离子浓度增大,故反应ⅰ和反应ⅱ都向逆反应方向进行,但平衡的移动是有限的,只会影响浓度变化而不会抵消,因此溶液的pH仍减小,A项错误;加入少量水时,溶液变稀,两个平衡正向移动,故溶液中的离子总数会增加,B项正确;加入少量氢氧化钠溶液时,会消耗溶液中的氢离子,使反应ⅱ向正反应方向进行,HCr的减少会使反应ⅰ向正反应方向进行,C项错误;平衡时=K1,溶液中的反应的平衡常数只与温度有关,与浓度无关,故比值应不变,D项正确。 ②根据Cr原子个数守恒,可知2c(Cr2)+c(HCr)+c(Cr)=0.20 mol·L-1,故x+y+z=0.10。 ③由题干得知,浓度越高,A越大,最大A对应的波长为λmax。因此问波长λ1、λ2和λ3中与Cr的λmax最接近的是哪个,本质上就是在问pH为多少时,Cr的浓度最高。对于反应ⅱ,氢离子浓度越小,Cr浓度越高。λ1、λ2、λ3中,最接近λmax的是 λ3。第二问考查的是平衡常数公式的构造与变形。将反应ⅰ与反应ⅱ整理一下,便可以得到反应ⅲ:Cr2(aq)+H2O(l)2Cr(aq)+2H+(aq),==,从a到b,溶液的温度不变,故K3不变,pH增大,说明c(H+)变小。故所问比例的值增大。 77. (1)①<　②优点是升高温度,反应速率增大;缺点是正反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,产物的转化率降低 (2)①Pd膜能选择性分离出H2,使平衡正向移动　②BD　③1∶8 (3)①质子导体　②2H++2e-H2↑　③ 解析 (1)①根据表中的数据,温度越高,平衡常数越小,所以正反应为放热反应,ΔH<0。 ②优点是升高温度,反应速率增大;缺点是正反应为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,产物的转化率降低。 (2)①Pd膜能选择性分离出H2,使平衡正向移动,平衡转化率增大。 ②Pd膜只允许H2通过,不允许CO2通过,对气体分子的透过具有选择性,A项说法正确;由于过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能,故ΔH<0,B项说法错误;加快Pd膜内H原子迁移,有利于平衡H22H正向移动,有利于H2的解离,C项说法正确;H22H为放热过程,H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为吸热反应,D项说法错误。 ③根据反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g),设通入的CO和H2O各为1 mol,无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%,则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的物质的量分别为0.25 mol、0.25 mol、0.75 mol、0.75 mol,可计算出此温度下平衡常数K=9;有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%,则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的物质的量分别为0.1 mol、0.1 mol、0.9 mol、0.9 mol(出口a和出口b总量,其中只有出口a的气体处于平衡状态),设出口a产生的H2的物质的量为x mol,则9=,解得x=0.1,则出口a产生的H2为0.1 mol,出口b的H2为0.9 mol-0.1 mol=0.8 mol,质量比为1∶8。 (3)①电解时,一氧化碳和水蒸气从均从阳极口进入,阳极一氧化碳转化为二氧化碳,则氢气要在阴极产生,故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子,氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气,故固体电解质应采用质子导体。 ②电解时,阴极发生还原反应,电极反应式为: 2H++2e-H2↑。 ③根据三段式: 　　　CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) n0 a b 0 0 Δn x x x x n平 a-x b-x x x 出口Ⅰ处气体为CO2,其物质的量为x,进口Ⅰ处的气体物质的量为(a+b),则x=(a+b)y,CO的转化率为:。 78. (1)H2(g)+O2(g)H2O(l)ΔH=-286 kJ·mol-1 (2)①BC　②　0.43 (3)负 (4)CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-nCO2↑+(n+1)H2O (5)behj 解析 (1)298 K时,1 g H2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ,1 mol H2O(l)蒸发吸热44 kJ,则1 mol H2燃烧生成1 mol H2O(l)放热286 kJ,表示H2燃烧热的热化学方程式为:H2(g)+O2(g)=H2O(l)　ΔH=-286 kJ·mol-1。 (2)①增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的转化率,但是CH4(g)平衡转化率减小,A不符合题意;恒温恒压下通入惰性气体,相当于减小体系压强,反应混合物中各组分的浓度减小,反应Ⅰ的化学平衡正向移动,能提高CH4(g)平衡转化率,B符合题意;移除CO(g),减小了反应混合物中CO(g)的浓度,反应Ⅰ的化学平衡正向移动,能提高CH4(g)平衡转化率,C符合题意;加入催化剂不能改变平衡状态,故不能提高CH4(g)平衡转化率,D不符合题意。②恒温恒压条件下,1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时,CH4(g)的转化率为α,CO2(g)的物质的量为b mol,则转化的CH4(g)为α mol,剩余的CH4(g)为(1-α) mol,根据C元素守恒可知,CO(g)的物质的量为(α-b) mol,根据H和O守恒可知,H2O(g)的物质的量为(1-α-b) mol,H2(g)的物质的量为(3α+b) mol,则平衡混合物的总物质的量为(2α+2) mol,平衡混合物中,CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物质的量分数分别为、、、,因此,反应I的平衡常数Kx= =;其他条件不变,H2O(g)起始量增加到5 mol,达平衡时,α=0.90,b=0.65,则平衡时,CH4(g)为0.1 mol,根据C元素守恒可知,CO(g)的物质的量为0.25 mol,根据H和O守恒可知,H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65) mol=3.45 mol,H2(g)的物质的量为(3α+b) mol=3.35 mol,平衡混合物的总物质的量为(2α+6) mol=7.8 mol,平衡体系中H2(g)的物质的量分数为≈0.43。 (3)燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应,因此,氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应; (4)在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中,CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O,电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-nCO2↑+(n+1)H2O。 (5)催化过程如果存在多种中间状态,实际反应选择能量最低的模式进行,故可行途径为abehj。 三步解答化学反应原理综合题 79. (1)①BD　②吸收　31.2　0.02 MPa (2)①10　②2HCCO2↑+H2O+C ③2CO2+12e-+12H+C2H4+4H2O 解析 (1)①向恒容容器中通入惰性气体,对化学平衡不影响,A项错误;因为C是固体,随着反应的进行,恒容容器内气体的质量发生变化,即气体的密度是变量,当气体的密度不再发生改变,说明体系达到平衡状态,B项正确;若1 mol水在两个反应中能完全转化,此时H2所占的体积分数为,但由于反应可逆,水蒸气不可能完全转化,C项错误;将炭块粉碎成粉末,可以增大反应物间的接触面积,增大反应速率,D项正确。 ②设反应Ⅱ中转化的CO的物质的量为x,则反应Ⅰ中生成的CO的物质的量为0.1 mol+x。则n总(H2)=2x+0.1 mol=0.5 mol,x=0.2 mol。结合反应可知,达到平衡H2O(g)、CO、CO2、H2的物质的量分别为0.5 mol、0.1 mol、0.2 mol、0.5 mol。反应Ⅰ吸收热量为131.4 kJ·mol-1×0.3 mol=39.42 kJ;反应Ⅱ放出热量为41.1 kJ·mol-1×0.2 mol=8.22 kJ;则体系吸收的热量为39.42 kJ-8.22 kJ=31.2 kJ。 设平衡时气体的总压强为p,则有=,p=0.26 MPa。 Kp==p(CO)=×0.26 MPa=0.02 MPa。 (2)①根据H2CO3的二级电离常数计算, =, c(H+)== mol·L-1 =1×10-10 mol·L-1, pH=-lg c(H+)=10。 ②再生塔产生的CO2是KHCO3分解产生的,离子方程式为2HCCO2↑+H2O+C。 ③阴极反应为还原反应,CO2被电催化还原为C2H4的阴极反应式为2CO2+12e-+12H+C2H4+4H2O。 80. (1)Mg(OH)2　(2)将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去,同时不引入新杂质　(3)蒸发浓缩　趁热过滤　(4)不稳定　Li++HCLiHCO3,2LiHCO3Li2CO3↓+CO2↑+H2O　(5)能达到相同效果,因为改为通入过量的CO2,LiOH转化为LiHCO3,结合(4)的探究结果,LiHCO3会很快分解产生Li2CO3,所以这一改动能达到相同的效果 解析 浓缩卤水(含有Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有Na+、Li+、Cl-和Ca2+的滤液1,沉淀1为Mg(OH)2;向滤液1中加入Li2CO3后,得到滤液2,滤液2含有的离子为Na+、Li+、Cl-和OH-,沉淀2为CaCO3;向滤液2中加入Na2CO3,得到Li2CO3沉淀,再通过蒸发浓缩,趁热过滤,洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。(1)浓缩卤水中含有Mg2+,当加入石灰乳后,转化为Mg(OH)2沉淀,所以沉淀1为Mg(OH)2。(2)滤液1中含有Na+、Li+、Cl-和Ca2+,结合已知条件中LiOH的溶解度和相关化合物的溶度积常数,可推出:加入Li2CO3的目的是将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去,同时不引入新杂质。(3)由Li2CO3的溶解度曲线可知,温度升高,Li2CO3的溶解度降低,即在温度较高时,Li2CO3溶解度较小,有利于析出,所以为提高Li2CO3的析出量和纯度,需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀,即操作A依次为蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤。(4)饱和LiCl溶液和饱和 NaHCO3溶液等体积混合后,生成了LiHCO3和NaCl,随后LiHCO3分解生成CO2和Li2CO3。故答案为:不稳定;Li++HCLiHCO3,2LiHCO3Li2CO3↓+CO2↑+H2O。(5)“滤液2”中含有LiOH,加入Na2CO3,目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的CO2,则LiOH转化为LiHCO3,结合(4)的探究结果,LiHCO3会很快分解产生Li2CO3,所以这一改动能达到相同的效果。 81. (1)①-223　1.2×1014 ②碳氯化反应的ΔH<0,ΔS>0,ΔG<0,可自发进行,而直接氯化的反应中气体分子数不变,且是吸热反应,不能自发进行 ③向左　变小 (2)①7.2×105 ②升高温度,反应速率增大,缩短了反应达到平衡的时间,提高了效益 (3)将固体TiO2和C粉碎后混合均匀,同时鼓入Cl2使固体粉末“沸腾” 解析 (1)①由盖斯定律可知,反应(ⅱ)-反应(ⅰ)可得2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH=-51 kJ·mol-1-172 kJ·mol-1 =-223 kJ·mol-1。由Kp1=、 Kp2=、Kp=, 可知Kp===1.2×1014 Pa。 ②根据ΔG=ΔH-TΔS,碳氯化反应的ΔH<0,ΔS>0,ΔG<0,所以碳氯化反应可自发进行。而直接氯化反应中,ΔH>0,ΔS=0,ΔG>0,不属于自发进行的反应,故碳氯化的反应趋势大于直接氯化。 ③碳氯化反应中,正向反应为气体分子数增大的放热反应,依据勒夏特列原理,增大压强,平衡向左移动;升高温度,平衡向左移动,平衡转化率减小。 (2)①根据图像可知,1 400 ℃时CO2、CO的组成比例分别为0.05、0.6,则Kp===7.2×105 Pa。 ②实际生产中反应温度高于200 ℃,原因是升高温度,反应速率增大,缩短了反应达到平衡的时间,可以达到最佳效益。 (3)将固体TiO2和C粉碎后混合均匀,同时鼓入Cl2使固体粉末“沸腾”,可增大反应物间的接触面积。 82. (1)+170 (2)能获取可作燃料的氢气　消耗能源 (3)50%　4.76 (4)①越高　恒压条件下,H2S的分压越小,越有利于H2S分解反应的正向进行 ②d　24.9 解析 (1)根据盖斯定律可知,④式=(①式+②式)×-③式,即ΔH4=(ΔH1+ΔH2)×-ΔH3=(-1 036 kJ·mol-1+94 kJ·mol-1)×+484 kJ·mol-1=+170 kJ·mol-1。 (2)分析优缺点时主要比较二者的反应物、生成物以及反应条件等,二者的反应物相同,生成物不完全相同,反应④可生成氢气,因此优点为“能获取可作燃料的氢气”;二者的反应条件不同,反应④需要高温分解,因此缺点是消耗能源。 (3)设起始时H2S的物质的量为1 mol,平衡时消耗H2S的物质的量为x mol,则 　　　　　　2H2S(g)S2(g)+2H2(g) 起始/mol 1 0 0 转化/mol x x 平衡/mol 1-x x 由题意可知,1-x=x,解得x=0.5,则H2S的转化率为50%。 平衡时H2S(g)、S2(g)、H2(g)、Ar的物质的量分别为0.5 mol、0.25 mol、0.5 mol、4 mol,因此气体的总物质的量为5.25 mol。则 Kp= =≈4.76 kPa。 (4)①H2S分解的反应是气体化学计量数增大的反应,因此恒压条件下,H2S的分压越小,越有利于H2S分解反应的正向进行,即H2S的平衡转化率越大。 ②由图像和转化率大小关系可知,曲线a、b、c、d、e分别表示n(H2S)∶n(Ar)为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9和1∶19时的转化率与时间的关系,因此n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应的是曲线d。 设起始时H2S的物质的量为1 mol,则Ar的物质的量为9 mol,由题图可知,当0.1 s时H2S的转化率为24%,则 　　　　　2H2S(g)S2(g)+2H2(g) 起始/mol 1 0 0 转化/mol 0.24 0.12 0.24 平衡/mol 0.76 0.12 0.24 则0.1 s时气体的总物质的量为0.76 mol+0.12 mol+0.24 mol+9 mol=10.12 mol。 起始时,H2S的分压为100 kPa×0.1=10 kPa,平衡时H2S的分压为100 kPa×≈7.51 kPa,即变化值约为2.49 kPa,则变化率为24.9 kPa·s-1。 83. (1)ΔH3+ΔH4-ΔH5　(2)BC　(3)提高苯的利用率 (4)金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性 (5)②　(6) 解析 (1)根据盖斯定律结合已知反应:Ⅲ.2H2(g)+O2(g)2H2O(l)　ΔH3,Ⅳ.2(g)+15O2(g)12CO2(g)+6H2O(l)　ΔH4,Ⅴ.(g)+9O2(g)6CO2(g)+6H2O(l)　ΔH5,Ⅰ.主反应:(g)+3H2(g)(g)可由Ⅲ+Ⅳ-Ⅴ得到,则ΔH1=ΔH3+ΔH4-ΔH5,故答案为ΔH3+ΔH4-ΔH5。 (2)根据Ⅰ.主反应:(g)+3H2(g)(g)是一个气体体积减小的放热反应,提高平衡体系中环己烷体积分数,即使平衡正向移动,根据勒夏特列原理,可采用适当降低温度和适当加压的措施,而升温和减压都会使平衡逆向移动,故答案为BC。 (3)反应Ⅰ在管式反应器中进行,实际投料往往在n(H2)∶n(C6H6)=3∶1的基础上适当增大H2用量,增大H2的浓度可使平衡正向移动,从而提高苯的转化率,故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率。 (4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时,才能发生反应,机理如题图所示。当H2中混有微量H2S或CO等杂质时,会导致反应Ⅰ的产率降低,推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性。 (5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对,由题图可知,①中原子无孤电子对也没有空轨道,②中原子无孤电子对但有空轨道可接受孤电子对,③中原子有孤电子对,无空轨道,故题图中可作为酸性中心的原子的标号是②。 (6)恒压反应器中,按照n(H2)∶n(C6H6)=4∶1投料,设投入的苯的物质的量为1 mol,发生Ⅰ、Ⅱ反应,总压为p0,平衡时苯的转化率为α,环己烷的转化量为x mol、分压为p,则: 　　　　　　　　(g)+3H2(g)(g) 起始量/mol 　1 4 　　0 转化量/mol 　α 3α 　　α 平衡量/mol 　1-α 4-3α 　　α 　　　　　　　　(g)(g) 起始量/mol 　α 　　 0 转化量/mol 　x 　　 x 平衡量/mol α-x 　　 x 反应后平衡体系中各成分总的物质的量为1-α+4-3α+α-x+x=5-3α,故平衡时,苯的分压为p0,H2的分压为p0,则反应Ⅰ的Kp==。 84. (1)-802 (2) (3)>　(4)58% (5)反应①为放热反应,温度升高平衡左移　温度高于1 030 ℃时,x(O2)大于21%,载氧体无法载氧 (6)膨润土　< 解析 (1)①2Cu2O(s)+O2(g)4CuO(s)　ΔH1=-227 kJ·mol-1; ②8CuO(s)+CH4(g)4Cu2O(s)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2=-348 kJ·mol-1,用①×2+②得反应:CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-227 kJ·mol-1×2+(-348 kJ·mol-1)=-802 kJ·mol-1。 (2)由②8CuO(s)+CH4(g)4Cu2O(s)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH2=-348 kJ·mol-1可知,该反应的平衡常数表达式K=。 (3)由图可知:载氧体Ⅰ是把空气中的氧气转移到燃料反应器,载氧体Ⅰ释放出氧气后转化为载氧体Ⅱ,所以氧的质量分数:载氧体Ⅰ>载氧体Ⅱ。 (4)设往盛有CuO/Cu2O载氧体的刚性密闭容器中充入空气的物质的量为1 mol,根据氧气的物的量分数x(O2)为21%,则氧气的物质的量为0.21 mol,氮气的物质的量为0.78 mol,惰性气体0.01 mol,由图可知,达到平衡时氧气的物的量分数x(O2)为10%,设转化的O2物质的量为y,则=10%,解之y=0.122 mol,则985 ℃时O2的平衡转化率α(O2)=×100%=58%。 (5)因为反应①2Cu2O(s)+O2(g)4CuO(s)　ΔH1=-227 kJ·mol-1为放热反应,随温度升高平衡逆向移动,x(O2)增大。由图可知,当温度高于1030 ℃时,x(O2)大于21%,载氧体无法载氧。 (6)由表中数据可知:使用氧化铝掺杂的载氧体,反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体反应的活化能高,所以使用膨润土掺杂的载氧体反应较快,即使用氧化铝比使用膨润土掺杂的载氧体反应慢,单位时间内燃料反应器释放的热量少,所以a kJ<b kJ。 85. (1)ΔH2+ΔH3-ΔH5或ΔH3-ΔH4 (2)AD (3)4　4 (4)①a、c　②　③40%(计算过程略) (5)人工降雨 解析 (1)根据盖斯定律:反应c-反应d可得反应a,则ΔH1=ΔH3-ΔH4;反应b+反应c-反应e可得反应a,则ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH5。 (2)增大CO2与CH4的浓度,反应a、b、c中反应物浓度都增大,正反应速率增加,A项正确;移去部分C(s),不影响平衡转化率,B项错误;催化剂不能影响平衡转化率,C项错误;降低反应温度,使正、逆反应的活化分子百分含量降低,故正、逆反应速率都减小,D项正确。 (3)从图可知反应经历了:CH4→CH3+H→CH2+2H→CH+3H→C+4H,共4步反应,第4步反应的正反应活化能最大。 (4)①随增大(降低温度),反应a、c的ln逐渐减小,即平衡逆向移动,则反应a、c的正反应为吸热反应;相反,反应e的正反应为放热反应。②结合反应方程式,将物质浓度用相对分压替换即可写出相对压力平衡常数表达式。③从反应a、c可知,甲烷与氢气的物质的量之比为1∶2。起始CH4的分压为50 kPa,平衡时H2的分压为40 kPa,则平衡时已反应的CH4分压为20 kPa,则CH4的平衡转化率为×100%=40%。(5)干冰(固态CO2)升华时会吸收大量的热,可以用于人工降雨。 86. (1)271 (2)减小气体浓度,使平衡右移,提高C3H8(g)转化率　16.7 (3)2　H2和C3H6都消耗O2 (4)先增大后减小　反应开始时,体系中主要发生反应Ⅱ,c(C3H6)逐渐增大;随着反应进行,p(C3H8)减小,p(C3H6)增大,v(C3H6)减小,体系中主要发生反应Ⅲ,c(C3H6)又逐渐减小 解析 (1)由C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)　ΔH1=+125 kJ·mol-1可知反应中需要断裂2 mol C—H键、形成1 mol碳碳π键和1 mol H—H键,416 kJ·mol-1×2-436 kJ·mol-1-E(碳碳π键)=+125 kJ·mol-1,解得:E(碳碳π键)=271 kJ·mol-1,所以形成1 mol碳碳π键放出的能量为271 kJ。 (2)达到平衡后,通入N2,由于总压恒定为100 kPa,则容器体积增大,平衡向气体体积增大的方向移动,即向正反应方向移动,C3H8(g)的转化率增大;根据图a,C3H8的物质的量分数为0.4时,其平衡转化率为50%;假设混合气体为1 mol,则起始时C3H8为0.4 mol,N2为0.6 mol,运用三段式法计算: 　+ 由于总压恒定为100 kPa,平衡时C3H8为0.2 mol,C3H6为0.2 mol,H2为0.2 mol,N2为0.6 mol,则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为:100 kPa×= kPa,故T1时反应Ⅰ的平衡常数Kp=≈16.7 kPa。 (3)0~1.2 s内C3H6的分压由0增大为2.4 kPa,则生成C3H6的平均速率为=2 kPa·s-1;若只发生反应Ⅰ、Ⅱ,C3H6的分压应大于H2和H2O的分压,但由图b知,随着反应进行,分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2),且有CO2生成,H2分压降低,故体系中还发生反应:C3H6+O23CO2+3H2O,H2+O2H2O,这些反应消耗O2,因此C3H8和O2的消耗速率比小于2∶1。 (4)反应开始时,反应Ⅱ向右进行,c(C3H6)逐渐增大,且体系中以反应Ⅱ为主;随着反应进行,p(C3H8)减小,p(C3H6)增大,使得v(C3H6)减小,体系中的反应变为以反应Ⅲ为主,因此丙烯的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。 压强平衡常数(Kp)的计算方法 (1)Kp的含义。 在化学平衡体系中,用各气体物质的平衡分压替代平衡浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数,用Kp表示。 (2)计算流程。 学科网（北京）股份有限公司 $$