第七章 化学反应速率与化学平衡（综合训练）（安徽专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第七章 化学反应速率与化学平衡 考试时间：75分钟 总分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 V-51 Mn—55 Fe—56 Cu—64 Ba-137 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．铈锆基稀土催化剂()可用于催化处理汽车尾气中的和，消除污染。反应为  。下列说法正确的是 A．上述反应的 B．上述反应的平衡常数 C．其他条件不变，提高反应温度，能提高尾气的平衡转化率 D．其他条件相同，选用新型高效催化剂，可提高尾气的转化效率 2．  的反应机理如下： 反应I：   反应Ⅱ：   反应中的能量变化如图，下列说法不正确的是 A． B．反应的平衡常数 C．通入过量空气，可提高的平衡转化率 D．反应速率由反应决定 3．在容积不变的密闭容器中进行反应：  。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中正确的是     A．图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高 B．图II表示时刻使用压强对反应速率的影响 C．图III表示时刻增大的浓度对反应速率的影响 D．图IV中a、b、c三点都已经达到化学平衡状态 4．利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法不正确的是 A．反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ B．升高温度有利于提高丙烷转化率 C．反应过程中碳的成键总数不变 D．为该反应的催化剂 5．N2O在金表面的分解反应为，其速率方程为。某温度下，测得实验数据如下表。下列叙述正确的是 0 20 40 60 80 100 0.100 0.080 0.060 0.040 0.020 0 已知：反应物消耗一半所用时间叫半衰期。 A．内平均速率 B．该温度下，速率常数 C．起始N2O浓度越大，反应速率越大 D．其他条件不变，起始时半衰期为75min 6．脂肪酸甲酯作为生物柴油的原料，具有易存储、价格低廉、加工简单方便等优点，其制备过程涉及以下两个反应。①；②。 恒温制备过程中，部分物质相关浓度随时间变化如图所示。 下列说法正确的是 A．反应①活化能大于反应② B．A点反应②正、逆反应速率相等 C．该温度下平衡常数：①>② D．反应②加入催化剂会改变其平衡转化率 7．已知制备的反应为，保持总压强不变，向反应器充入一定量和，发生上述反应．测得平衡转化率与投料比[]（温度不变）、温度倒数（投料比不变）关系如图所示，下列叙述错误的是 A．其他条件不变，达平衡后充入氩气，平衡不移动 B．曲线①代表平衡转化率与投料比关系 C．一定条件下，达到平衡时气体平均摩尔质量不变 D．若当投料比为2、温度为时平衡转化率为，则体积分数为 8．如图所示为工业合成氨的流程图。下列有关说法错误的是 A．步骤①中“净化”是为了防止催化剂中毒 B．步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率 C．步骤③中“500℃”是催化剂催化活性的最佳温度 D．步骤④、⑤不利于提高NH3的平衡产率 9．标准状态下，气态反应物和气态生成物的相对能量与反应历程如图所示[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是 A．O3(g)+O(g)=2O2(g)  ΔH=(E5-E2)kJ/mol B．可计算Cl-Cl键能为：2(E6－E5)kJ·mol－1 C．相同条件下，历程I和历程Ⅱ中O3的平衡转化率相等 D．历程I、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g)   ΔH=(E5－E4)kJ·mol－1 10．氮的固定：将镁与足量的氮气反应。不同温度下，镁的转化率随时间的变化如下图所示。 资料：的熔点、沸点；与反应温度；的分解温度。 下列分析不正确的是 A．液态镁能与氮气充分反应 B．的反应速率为 C．，当的转化率不再发生变化时，说明反应已处于平衡状态 D．，转化率低的原因可能是包裹了 11．某温度下，向1L刚性密闭容器中充入1molN2和适量H2合成氨，化学反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH<0，，测得平衡体系中，各物质浓度关系如图所示。 下列叙述错误的是 A．L1代表c(NH3)变化趋势 B．平衡常数K=0.2L2⋅mol-2 C．b点中x=12 D．b点沿L1移向d点时，平衡正移 12．在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：Ⅰ．  Ⅱ．  ，反应Ⅱ速率方程分别和，其中、为该反应的速率常数。测得c(W)的浓度随时间t的变化如下表： t/min 0 1 2 3 4 5 …… 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 …… 下列说法正确的是 A．0~2 min时， B．升高温度，减小，增大，，平衡逆向移动 C．反应Ⅱ平衡常数 D．若增大容器容积，平衡时W的转化率不变 13．南京理工大学朱卫华等人基于单簇催化剂(SCC)，提出了一种一氧化氮还原反应(NORR)的新型结构~活性关系，经研究发现主要反应如下： 在T₁℃、100 kPa反应条件下，向密闭容器中充入2 mol NO和6 mol H2，发生上述反应，测得含氮元素占比[如N2的含氮元素占比与时间的关系如图所示。          已知：反应Ⅱ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅰ、Ⅲ的影响； Kp为用平衡时气体分压代替平衡浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。下列有关说法正确的是 A．曲线c表示的是氨气的含氮元素占比 B．若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，则 F点将移向 E点 C．Ⅰ点时，0~45 min内用氨气表示的平均反应速率约为1kPa⋅min⁻¹ D．若95 min时达到平衡，则反应Ⅲ的平衡常数Kp的计算式为 14.工业上可用甲烷氧化制备甲醛，该反应的副产物主要有CO、。在一定容积的密闭容器中加入某催化剂，按物质的量之比1∶1投入甲烷和氧气，分别于不同温度下反应相同时间，测得甲醛、CO的选择性及甲烷的转化率随温度的变化情况如图所示。 (注：HCHO的选择性=) 下列说法错误的是 A．制备甲醛的反应中，正反应的活化能小于逆反应的活化能 B．低于650℃时，随温度的升高，甲烷的转化率增大的原因可能是温度升高，反应速率加快 C．650℃时，体系中 D．650℃时，甲醛的产率为20% 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（14分）是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。 （1）由制备： 已知 时，由制备硅 (填“吸”或“放”)热 。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：。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与和气体反应，转化率随时间的变化如下图所示： ①，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 。 ②当反应达平衡时，的浓度为 ，平衡常数K的计算式为 。 ③增大容器体积，反应平衡向 移动。 16．（14分）二甲醚是一种重要的化工原料，可替代液化石油气，在能源领域起着关键的作用。利用二氧化碳和氢气可以合成二甲醚，过程中发生的主、副反应如下： I.CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  △H1= -49.5 kJ·mol-1 II.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)  △H2= -23.5 kJ·mol-1 III.CO2(g) + H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H3= +41.2 kJ·mol-1 （1）CO2与H2合成CH3OCH3的热化学方程式为 ，该反应的平衡常数表示式为 。 （2）从提高CH3OCH3平衡产率的角度看，下列措施合理的是 （填序号）。 a.适当降温      b.及时分离出CH3OCH3     c.使用高效催化剂 （3）其它条件一定，不同压强下，CO2在相同时间内的转化率如下。 压强/ MPa 2 2.5 3 3.5 CO2转化率/ % 17.6 26.2 28.4 22.0 3.5MPa时CO2的转化率较低，可能的原因是 （填序号）。 a. I中平衡发生移动   b. III的反应速率提高   c. H2O的积累使催化剂活性降低 （4）其它条件一定时，温度对某种催化剂催化CO2加氢合成二甲醚反应的影响如下图。 已知：产物A的选择性=。 ①240~260℃范围内，相同时间内CO2转化率逐渐提高的原因是 。 ②温度高于260℃时，二甲醚选择性的显著降低并非反应III增强所致，理由是 。 （5）空速是指单位时间、单位体积催化剂上通过的气体体积流量。其它条件一定时，在一定空速范围内，CO2的转化率随空速的增大而减小，但甲醇的选择性增大，可能的原因是 。 17．（15分）研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向。 （1）CH4-CO2催化重整反应为。 已知25℃，101kPa时，CH4、CO和H2的燃烧热如下表： 可燃物 CH4 CO H2 -890.3 -283.0 -285.8 ①该催化重整反应的ΔH= 。 ②催化重整过程还存在积碳反应：，催化剂的活性会因积碳反应而降低。适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因： 。 ③相同时间内测得选用不同催化剂时CH4的转化率随反应温度的变化如图所示： ⅰ、a点所处的状态 化学平衡状态(填“是”或“不是”)。 ⅱ、CH4的转化率：c>b，原因是 。 （2）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下反应。 反应1.        K1 反应2.        K2 ①升高温度时，的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ②在催化剂作用下，将1molCO2和2molH2的混合气体通入1L密闭容器发生反应1、反应2.当反应达到平衡状态时，CO2的转化率是60%，此时CO2和H2的物质的量相等，则反应2的化学平衡常数 。 18．（15分）氯仿通过光照氧化可生成光气可进一步与合成碳酸二甲酯，主要发生两个反应： 反应I． 反应II． 回答下列问题： （1）计算 ；该反应能自发进行的条件为 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 （2）在体积分别为和的两个恒容密闭容器中，均充入和，光照条件下只发生反应I，测得的平衡转化率随温度的变化关系如图甲所示。 ①时，体积为的容器中，反应经达到平衡。内， 。 ②时，用各气体的物质的量分数表示反应I的平衡常数 (对于反应为物质的量分数)。 ③结合图像分析 (填“>”“<”或“=”)，解释其原因为 。 （3）已知在光照时间过长时会发生反应：。甲、乙两个初始温度和压强均相同的恒温恒压密闭容器，甲中充入和，乙中充入和分别发生反应，的产率随时间变化关系如图乙所示。 ①曲线a表示容器 (填“甲”或“乙”)中的产率随时间变化的关系； ②后，曲线b对应的产率高的原因为 。 1 / 21 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第七章 化学反应速率与化学平衡 考试时间：75分钟 总分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 V-51 Mn—55 Fe—56 Cu—64 Ba-137 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．铈锆基稀土催化剂()可用于催化处理汽车尾气中的和，消除污染。反应为  。下列说法正确的是 A．上述反应的 B．上述反应的平衡常数 C．其他条件不变，提高反应温度，能提高尾气的平衡转化率 D．其他条件相同，选用新型高效催化剂，可提高尾气的转化效率 【答案】D 【解析】A．该反应为气体体积减小的反应，则，故A错误； B．上述反应的平衡常数，故B错误； C．该反应为放热反应，其他条件不变，提高反应温度，平衡逆向移动，尾气的平衡转化率下降，故C错误； D．其他条件相同，选用新型高效催化剂，可以加快反应速率，缩短到达平衡的时间，可提高尾气的转化效率，故D正确； 故选D。 2．  的反应机理如下： 反应I：   反应Ⅱ：   反应中的能量变化如图，下列说法不正确的是 A． B．反应的平衡常数 C．通入过量空气，可提高的平衡转化率 D．反应速率由反应决定 【答案】D 【解析】A．由盖斯定律可知，2×反应I+反应Ⅱ可得，故A正确； B．平衡常数为生成物浓度幂之积比反应物浓度幂之积，固体没有浓度，故反应Ⅰ的平衡常数，故B正确； C．通入过量空气，氧气浓度增大，使总反应平衡正移，可提高二氧化硫的平衡转化率，故C正确； Ｄ．由图可知反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ，反应Ⅱ速率小于反应Ⅰ，反应的速率是由慢的一步决定的，故由反应Ⅱ决定，故D错误； 答案选D。 3．在容积不变的密闭容器中进行反应：  。下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中正确的是     A．图I表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高 B．图II表示时刻使用压强对反应速率的影响 C．图III表示时刻增大的浓度对反应速率的影响 D．图IV中a、b、c三点都已经达到化学平衡状态 【答案】D 【解析】A．图Ⅰ中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO3的转化率减小，乙的温度较高，故A错误； B．图Ⅱ在t0时刻，正逆反应速率都增大，但仍相等，平衡不发生移动，应是加入催化剂的原因，故B错误； C．增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图Ⅲ改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，应是增大压强的原因，故C错误； D．图IV中曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故D正确； 故选D。 4．利用丙烷制备丙烯的机理如图所示，下列说法不正确的是 A．反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ B．升高温度有利于提高丙烷转化率 C．反应过程中碳的成键总数不变 D．为该反应的催化剂 【答案】C 【解析】Ａ．步骤Ⅱ的活化能最大，反应速率最慢，反应的快慢主要取决于步骤Ⅱ，选项A正确； Ｂ．根据图示，由丙烷制备丙烯的反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，有利于提高丙烷转化率，选项B正确； Ｃ．由丙烷制备丙烯过程中碳的成键总数减少，选项C错误： Ｄ．由图可知参与反应，且反应前后本身没有变化，是该反应的催化剂，选项D正确； 答案选Ｃ。 5．N2O在金表面的分解反应为，其速率方程为。某温度下，测得实验数据如下表。下列叙述正确的是 0 20 40 60 80 100 0.100 0.080 0.060 0.040 0.020 0 已知：反应物消耗一半所用时间叫半衰期。 A．内平均速率 B．该温度下，速率常数 C．起始N2O浓度越大，反应速率越大 D．其他条件不变，起始时半衰期为75min 【答案】A 【解析】A．内，N2O浓度变化为0.020mol/L，则O2的浓度变化为0.010mol/L，平均速率，A正确； B．从表中数据可以看出，每间隔20minN2O浓度均减少0.020mol/L，说明中n=0，该温度下，v=，B不正确； C．，n=0，为匀速反应，则反应速率与起始N2O浓度的大小无关，C不正确； D．v=，其他条件不变，起始时，半衰期为=600min，D不正确； 故选A。 6．脂肪酸甲酯作为生物柴油的原料，具有易存储、价格低廉、加工简单方便等优点，其制备过程涉及以下两个反应。①；②。 恒温制备过程中，部分物质相关浓度随时间变化如图所示。 下列说法正确的是 A．反应①活化能大于反应② B．A点反应②正、逆反应速率相等 C．该温度下平衡常数：①>② D．反应②加入催化剂会改变其平衡转化率 【答案】C 【解析】 A．刚开始反应时，的浓度迅速上升，说明其生成速率大于消耗速率，即反应①的速率大于反应②，则反应①活化能小于反应②，A错误； B．A点时与反应②相关的物质的浓度仍在变化，因此A点时反应②未达到平衡，正、逆反应速率不相等，B错误； C．随着反应的进行，的浓度逐渐减小至接近0，说明反应①正向进行的程度很大，其平衡常数很大，而的浓度最终没有接近0，说明反应②正向进行的程度不如反应①的大，其平衡常数没有反应①的大，C正确； D．催化剂能改变正、逆反应速率，但不能改变平衡转化率，D错误； 故选C。 7．已知制备的反应为，保持总压强不变，向反应器充入一定量和，发生上述反应．测得平衡转化率与投料比[]（温度不变）、温度倒数（投料比不变）关系如图所示，下列叙述错误的是 A．其他条件不变，达平衡后充入氩气，平衡不移动 B．曲线①代表平衡转化率与投料比关系 C．一定条件下，达到平衡时气体平均摩尔质量不变 D．若当投料比为2、温度为时平衡转化率为，则体积分数为 【答案】B 【解析】A．该反应是气体分子数不变的反应，总压强不变，充入惰性气体，体积增大，相当于减压，平衡不移动，故A正确； B．温度不变，投料比越大，平衡转化率越小，曲线②代表平衡转化率与投料比关系，投料比不变，降低温度，平衡转化率越大，曲线①代表平衡转化率与的关系，故B错误； C．气体平均摩尔质量为，根据反应可知，反应后有固体存在，因此气体总质量发生改变，则气体平均摩尔质量在改变，因此当气体平均摩尔质量保持不变时，达到平衡，故C正确； D．用三段式计算：投料比为2，平衡转化率为40%，则计算如下： 平衡时体积分数为，故D正确； 故答案选B。 8．如图所示为工业合成氨的流程图。下列有关说法错误的是 A．步骤①中“净化”是为了防止催化剂中毒 B．步骤②中“加压”既可以提高原料的转化率，又可以加快反应速率 C．步骤③中“500℃”是催化剂催化活性的最佳温度 D．步骤④、⑤不利于提高NH3的平衡产率 【答案】D 【解析】合成氨的反应为放热反应，低温有利于平衡正向移动，但是低温下，催化剂活性低，反应速率也低，因此综合考虑将温度设定在500℃并使用含铁催化剂进行催化反应，及时将产生的NH3液化分离出来以提高N2和H2的转化率，剩余的N2和H2再循环利用，据此判断各项； A．步骤①中“净化”是为了除去杂质，以防止催化剂中毒，A正确； B．合成氨反应为气体分子数减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，B正确； C．由图可知工业生产中，催化合成氨的反应温度为500℃，说明500℃是催化剂催化活性的最佳温度，C正确； D．步骤④液化分离出NH3，可以使平衡正向移动，有利于提高原料的平衡转化率；步骤⑤的循环再利用N2、H2，有利于提高原料的平衡转化率，所以步骤④、⑤有利于提高原料的转化率，D错误； 故选D。 9．标准状态下，气态反应物和气态生成物的相对能量与反应历程如图所示[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是 A．O3(g)+O(g)=2O2(g)  ΔH=(E5-E2)kJ/mol B．可计算Cl-Cl键能为：2(E6－E5)kJ·mol－1 C．相同条件下，历程I和历程Ⅱ中O3的平衡转化率相等 D．历程I、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g)   ΔH=(E5－E4)kJ·mol－1 【答案】B 【解析】A．根据历程II可知，O3(g)+O(g)=2O2(g)  ΔH=(E5-E2)kJ/mol，故A正确； B．Cl2(g)的相对能量为0，由图可知Cl(g)的相对能量为(E2-E3)kJ/mol,断裂化学键吸收热量，Cl2(g)→2Cl(g)吸收能量为2(E2-E3)kJ/mol,则Cl-Cl键能为2(E2-E3)kJ/mol,故B错误； C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率：历程Ⅱ=历程Ⅰ，故C正确； D．由图可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能小于第一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为：ClO(g)＋O(g)=O2(g)＋Cl(g)  ΔH=(E5－E4)kJ·mol－1，故D正确； 答案选B。 10．氮的固定：将镁与足量的氮气反应。不同温度下，镁的转化率随时间的变化如下图所示。 资料：的熔点、沸点；与反应温度；的分解温度。 下列分析不正确的是 A．液态镁能与氮气充分反应 B．的反应速率为 C．，当的转化率不再发生变化时，说明反应已处于平衡状态 D．，转化率低的原因可能是包裹了 【答案】C 【解析】A．根据图像可知，时，镁的转化率仍然很高，说明温度介于时，金属镁为液态，由图像可知，仍然可以充分反应，A正确； B．时，镁反应了，用时，所以其反应速率为：，B正确； C．，当的转化率不再发生变化时，有可能是未分解的包裹住内部的金属镁，阻止反应的进一步进行，此时，不一定处于平衡状态，C错误； D．，镁与氮气反应方程式为：，的分解温度，此时有可能是固体包裹了阻止了反应的进一步进行，D正确； 故选C。 11．某温度下，向1L刚性密闭容器中充入1molN2和适量H2合成氨，化学反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH<0，，测得平衡体系中，各物质浓度关系如图所示。 下列叙述错误的是 A．L1代表c(NH3)变化趋势 B．平衡常数K=0.2L2⋅mol-2 C．b点中x=12 D．b点沿L1移向d点时，平衡正移 【答案】C 【解析】A．横坐标代表H2的浓度，则平衡时增大H2浓度，平衡正向移动，NH3浓度增大，N2浓度减小，故L1代表c(NH3)，L2代表c(N2)，A正确； B．可以利用a点坐标来计算反应的平衡常数K，在a点时， ，，，，B正确； C．根据平衡常数进行计算，b点坐标对应，，，，，C错误； D．如果让b向d移动，则c(NH3)增大，说明平衡向正反应方向移动，即温度容积不变、c(N2)不变，通过增大起始c(H2)使平衡正移，D正确； 故答案为：C。 12．在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：Ⅰ．  Ⅱ．  ，反应Ⅱ速率方程分别和，其中、为该反应的速率常数。测得c(W)的浓度随时间t的变化如下表： t/min 0 1 2 3 4 5 …… 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028 …… 下列说法正确的是 A．0~2 min时， B．升高温度，减小，增大，，平衡逆向移动 C．反应Ⅱ平衡常数 D．若增大容器容积，平衡时W的转化率不变 【答案】D 【解析】A．由表格数据可知，2min时W的浓度为0.080mol/L，则0∼2min内，，A错误； B．升高温度，、均增大，反应为放热反应，则升温平衡逆向移动，B错误； C．由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：，，C错误； D．由方程式可知，反应①为W完全分解生成X和Y，阿尔增大容器容积，平衡时W的转化率不变，D正确； 故选D。 13．南京理工大学朱卫华等人基于单簇催化剂(SCC)，提出了一种一氧化氮还原反应(NORR)的新型结构~活性关系，经研究发现主要反应如下： 在T₁℃、100 kPa反应条件下，向密闭容器中充入2 mol NO和6 mol H2，发生上述反应，测得含氮元素占比[如N2的含氮元素占比与时间的关系如图所示。          已知：反应Ⅱ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅰ、Ⅲ的影响； Kp为用平衡时气体分压代替平衡浓度计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数。下列有关说法正确的是 A．曲线c表示的是氨气的含氮元素占比 B．若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，则 F点将移向 E点 C．Ⅰ点时，0~45 min内用氨气表示的平均反应速率约为1kPa⋅min⁻¹ D．若95 min时达到平衡，则反应Ⅲ的平衡常数Kp的计算式为 【答案】D 【解析】A．反应ii为快反应，曲线a表示物质快速减少，故表示NO，NH3快速增加，故曲线b表示氨气，曲线表示c氮气，A错误； B．若选择对反应Ⅱ催化效果更好的催化剂，反应Ⅱ会更快，生成NH3达到最高点所用时间短，NH3的占比更大，因此F点可能移向E点上方的某个点，B错误； C．起始时，压强为100 kPa、 2 mol NO、6 mol H2，Ⅰ点时，由图知，NO的氮含量为6%，n(NO)=2mol×6%=0.12mol，NH3的氮含量为47%，n(NH3)=2mol×47%=0.94mol，N2的氮含量为47%，n(N2)=，由氧守恒得，n(H2O)=2mol-0.12mol=1.88mol，由氢守恒得，n(H2)= ，此时的总压为，氨气的分压为，则0~45 min内用氨气表示的平均反应速率约为1kPa⋅min⁻¹，C错误； D．起始时，压强为100 kPa、 2 mol NO、6 mol H2，若95 min时达到平衡，则由图知，NO的氮含量为6%，n(NO)=2mol×6%=0.12mol，N2的氮含量为86%，n(N2)=，NH3的氮含量为100%-6%-86%=8%，n(NH3)=2mol×8%=0.16mol，由氧守恒得，n(H2O)=2mol-0.12mol=1.88mol，由氢守恒得，n(H2)= ，此时的总压为，分压分别为，，，则反应Ⅲ的平衡常数Kp的计算式为，D正确； 故选D。 14.工业上可用甲烷氧化制备甲醛，该反应的副产物主要有CO、。在一定容积的密闭容器中加入某催化剂，按物质的量之比1∶1投入甲烷和氧气，分别于不同温度下反应相同时间，测得甲醛、CO的选择性及甲烷的转化率随温度的变化情况如图所示。 (注：HCHO的选择性=) 下列说法错误的是 A．制备甲醛的反应中，正反应的活化能小于逆反应的活化能 B．低于650℃时，随温度的升高，甲烷的转化率增大的原因可能是温度升高，反应速率加快 C．650℃时，体系中 D．650℃时，甲醛的产率为20% 【答案】C 【解析】A．由图可知甲醛的选择性随温度的升高始终降低，可知升温不利于HCHO的生成，该反应为放热反应，则正反应的活化能小于逆反应活化能，故A正确； B．低于650℃时，由于反应速率较慢，测定转化率时反应为平衡，随温度升高，反应速率加快，相同时间内甲烷的转化率增大，故B正确； C．设初始投料为1mol甲烷和1mol氧气，650℃时，甲烷的平衡转化率为50%，即平衡时n(CH4)=0.5mol，HCHO的选择性为40%，HCHO的实际产量为0.5mol×40%=0.2mol，此时CO的选择性也为40%，则CO的产量为0.5mol×40%=0.2mol，根据碳原子守恒，此时=1-0.5-0.2-0.2=0.1mol，体系中，故C错误； D．设初始投料为1mol甲烷和1mol氧气，根据碳元素守恒可知，理论上最多生成1molHCHO，据图可知此温度下甲烷的平衡转化率为50%，即平衡时n(CH4)=0.5mol，，HCHO的选择性为40%，所以HCHO的实际产量为0.5mol×40%=0.2mol，平衡产率为，故D正确； 故选：C。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（14分）是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。 （1）由制备： 已知 时，由制备硅 (填“吸”或“放”)热 。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：。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与和气体反应，转化率随时间的变化如下图所示： ①，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 。 ②当反应达平衡时，的浓度为 ，平衡常数K的计算式为 。 ③增大容器体积，反应平衡向 移动。 【答案】（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）甲 0.1951 逆反应方向 【解析】（1）由题给热化学方程式：①，；②，；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方程式，，则制备56gSi，即2molSi，需要吸收热量为；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由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1mol×4.2%=0.0042mol，根据化学化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为，平均反应速率； ②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为： 当反应达平衡时，H2的浓度为，平衡常数K的计算式为； ③增大容器体积，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。 16．（14分）二甲醚是一种重要的化工原料，可替代液化石油气，在能源领域起着关键的作用。利用二氧化碳和氢气可以合成二甲醚，过程中发生的主、副反应如下： I.CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  △H1= -49.5 kJ·mol-1 II.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)  △H2= -23.5 kJ·mol-1 III.CO2(g) + H2(g)CO(g)+H2O(g)    △H3= +41.2 kJ·mol-1 （1）CO2与H2合成CH3OCH3的热化学方程式为 ，该反应的平衡常数表示式为 。 （2）从提高CH3OCH3平衡产率的角度看，下列措施合理的是 （填序号）。 a.适当降温      b.及时分离出CH3OCH3     c.使用高效催化剂 （3）其它条件一定，不同压强下，CO2在相同时间内的转化率如下。 压强/ MPa 2 2.5 3 3.5 CO2转化率/ % 17.6 26.2 28.4 22.0 3.5MPa时CO2的转化率较低，可能的原因是 （填序号）。 a. I中平衡发生移动   b. III的反应速率提高   c. H2O的积累使催化剂活性降低 （4）其它条件一定时，温度对某种催化剂催化CO2加氢合成二甲醚反应的影响如下图。 已知：产物A的选择性=。 ①240~260℃范围内，相同时间内CO2转化率逐渐提高的原因是 。 ②温度高于260℃时，二甲醚选择性的显著降低并非反应III增强所致，理由是 。 （5）空速是指单位时间、单位体积催化剂上通过的气体体积流量。其它条件一定时，在一定空速范围内，CO2的转化率随空速的增大而减小，但甲醇的选择性增大，可能的原因是 。 【答案】（1）2CO2(g) + 6H2(g)CH3OCH3(g) + 3H2O(g)  △H= -122.5kJ·mol-1 （2）ab （3）c （4）温度升高，I、III的化学反应速率增大 二甲醚选择性与甲醇选择性总和变化很小，CO选择性增大的空间有限 （5）增大空速减少了催化剂与CO2和H2原料气的接触时间，导致CO2和H2与催化剂不能充分接触，CO2的转化率减小；空速增大，反应Ⅱ、Ⅲ的速率降低较多，甲醇的选择性增大 【解析】（1）根据盖斯定律，2CO2(g) + 6H2(g)CH3OCH3(g) + 3H2O(g) ，为Ⅱ+2Ⅰ，热化学方程式为2CO2(g) + 6H2(g)CH3OCH3(g) + 3H2O(g) △H= (-23.5kJ·mol-1)+(-49.5kJ·mol-1)2=-122.5kJ·mol-1；； 故答案为：2CO2(g) + 6H2(g)CH3OCH3(g) + 3H2O(g) △H= -122.5kJ·mol-1；； （2）a．降低温度，平衡正向移动，CH3OCH3产率提高，a正确； b．及时分离出CH3OCH3，平衡正向移动，CH3OCH3产率提高，b正确； c．使用高效催化剂，平衡不移动，c错误； 故答案为：ab； （3）高压条件下，由于 H2O的积累使催化剂活性降低，导致二氧化碳转化率较低； 故答案为：c； （4）①温度升高，I、III的化学反应速率增大，240~260℃范围内，相同时间内CO2转化率逐渐提高； 故答案为：温度升高，I、III的化学反应速率增大； ②二甲醚选择性与甲醇选择性总和变化很小，CO选择性增大的空间有限，温度高于260℃时，二甲醚选择性的显著降低并非反应III增强所致； 故答案为：二甲醚选择性与甲醇选择性总和变化很小，CO选择性增大的空间有限； （5）在一定空速范围内，CO2的转化率随空速的增大而减小，但甲醇的选择性增大，可能的原因是，增大空速减少了催化剂与CO2和H2原料气的接触时间，导致CO2和H2与催化剂不能充分接触，CO2的转化率减小；空速增大，反应Ⅱ、Ⅲ的速率降低较多，甲醇的选择性增大； 故答案为：增大空速减少了催化剂与CO2和H2原料气的接触时间，导致CO2和H2与催化剂不能充分接触，CO2的转化率减小；空速增大，反应Ⅱ、Ⅲ的速率降低较多，甲醇的选择性增大。 17．（15分）研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向。 （1）CH4-CO2催化重整反应为。 已知25℃，101kPa时，CH4、CO和H2的燃烧热如下表： 可燃物 CH4 CO H2 -890.3 -283.0 -285.8 ①该催化重整反应的ΔH= 。 ②催化重整过程还存在积碳反应：，催化剂的活性会因积碳反应而降低。适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因： 。 ③相同时间内测得选用不同催化剂时CH4的转化率随反应温度的变化如图所示： ⅰ、a点所处的状态 化学平衡状态(填“是”或“不是”)。 ⅱ、CH4的转化率：c>b，原因是 。 （2）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下反应。 反应1.        K1 反应2.        K2 ①升高温度时，的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ②在催化剂作用下，将1molCO2和2molH2的混合气体通入1L密闭容器发生反应1、反应2.当反应达到平衡状态时，CO2的转化率是60%，此时CO2和H2的物质的量相等，则反应2的化学平衡常数 。 【答案】（1）+247.3 增大CO2的量，发生反应，消耗C,增大CO2的量，CH4-CO2催化重整反应正向进行的程度增加，降低了CH4的浓度，增大了H2的浓度，积碳反应进行的程度减小 不是 其他条件相同时，温度升高，反应速率增大 （2）减小 0.375或3/8 【解析】（1）①依据表格中数据写出三种燃料燃烧的热化学方程式：Ⅰ．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-890.3kJ⋅mol-1，Ⅱ．CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283.0kJ⋅mol-1，Ⅲ．H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH3=-285.8kJ⋅mol-1，利用盖斯定律，催化重整反应由Ⅰ-Ⅱ×2-Ⅲ×2可得，则ΔH=ΔH1-2×ΔH2-2×ΔH3=-890.3kJ⋅mol-1-2(-283.0kJ⋅mol-1)-2(-285.8kJ⋅mol-1)=+247.3kJ⋅mol-1，故答案为：+247.3； ②通入过量的CO2，增大CO2的浓度，发生反应，从而消耗了C；又因为增大CO2的量，CH4-CO2催化重整反应正向进行的程度增加，使CH4的浓度降低，增大了H2的浓度，积碳反应进行的程度减小； ③ⅰ．使用催化剂不能改变平衡转化率，在同一温度下，a点的转化率不是最大，则a点不是化学平衡状态，故答案为：不是 ⅱ．其它条件不变时，升高温度，反应速率增大，c点比a点的温度高，则相同时间内的转化率c点较大，故答案为：其他条件相同时，温度升高，反应速率增大 （2）①由盖斯定律，反应1加上反应2所得的反应K=K1∙K2，且所得新反应ΔH=ΔH1+ΔH2＜0，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，故所得的反应K减小，即K1∙K2减小； ②反应达到平衡状态时，CO2的转化率是60%，消耗CO2的物质的量为1mol×60%=0.6mol，此时CO2和H2的物质的量相等即(1-0.6)mol=0.4mol，设反应1消耗CO2的物质的量为xmol，则反应2消耗CO2的物质的量为ymol，列三段式：、， 则x+y=0.6，3x+y=2-0.4，解得x=0.5，y=0.1，体积为1L，则反应2的化学平衡常数。 18．（15分）氯仿通过光照氧化可生成光气可进一步与合成碳酸二甲酯，主要发生两个反应： 反应I． 反应II． 回答下列问题： （1）计算 ；该反应能自发进行的条件为 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。 （2）在体积分别为和的两个恒容密闭容器中，均充入和，光照条件下只发生反应I，测得的平衡转化率随温度的变化关系如图甲所示。 ①时，体积为的容器中，反应经达到平衡。内， 。 ②时，用各气体的物质的量分数表示反应I的平衡常数 (对于反应为物质的量分数)。 ③结合图像分析 (填“>”“<”或“=”)，解释其原因为 。 （3）已知在光照时间过长时会发生反应：。甲、乙两个初始温度和压强均相同的恒温恒压密闭容器，甲中充入和，乙中充入和分别发生反应，的产率随时间变化关系如图乙所示。 ①曲线a表示容器 (填“甲”或“乙”)中的产率随时间变化的关系； ②后，曲线b对应的产率高的原因为 。 【答案】（1） 任意温度 （2） 2.25 > 该反应为气体体积增大的反应，体积越大，压强越小，转化率越高 （3）甲 体系中充入可抑制COCl2分解，增大浓度，从而使得的产率增大 【解析】（1）根据盖斯定律，，该反应混乱度增加即，当时反应可自发进行，将该反应H、S代入公式得故T可为任意温度，故该空分别填-1058kJ/mol，任意温度； （2）已知两容器中发生如下可逆反应： ①T1°C时，体积为V2L的容器中，反应经tmin达到平衡，CHCl3的转化率为60%，则消耗CHCl3物质的量为1.2mol，生成COCl2物质的量为1.2mol，则v(COCl2)=，该空填1.2/(V2t)； ②如①所述，T1°C时，体积为V2L的容器中，反应经tmin达到平衡，则达到平衡时n(CHCl3)=0.8，n(O2)=0.4，n(COCl2)=1.2，n(HCl)=1.2，根据Kx公式可得，该空填2.25； ③如图可知，同一温度下，CHCl3在V1的转化率大于V2的，由于该反应为气体体积增加的反应，故体积越大，压强越小，而压强增大有利于平衡正向移动，使CHCl3的转化率增大，故V1大于V2，则该空分别填>，该反应为气体体积增大的反应，体积越大，压强越小，转化率越高； （3）甲乙两容器中发生如下反应，由于甲乙均为恒温恒压，投入初始物料物质的量相同，但由于乙中多投入1molCO(g)故甲的压强高于乙的压强，故甲容器反应速率更快，相同时间内CH3OCOOCH3的产率更高，故a代表甲中CH3OCOOCH3的产率随时间变化关系，根据已知条件COCl2光照时间过长时会发生反应，乙中加入的CO可抑制COCl2的分解，增大体系中COCl2浓度，有助于产物产率提升，故该空分别填甲，体系中充入CO可抑制COCl2的分解，增大COCl2浓度，从而使得CH3OCOOCH3的产率增大。 1 / 21 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $