10.选择性必修1 第二章 化学反应速率与化学平衡-高中化学·2025年高考真题分类

【 高中化学 】 2025年高考真题-按章分类 选择性必修1 第二章 化学反应速率与化学平衡 10个单选题 + 0个多选题 + 14个解答题 ---- 学 生 版 ---- 一、单选题 1.(2025高考·江西)一定压强下，乙烯水合反应为： 已知：，气体均视为理想气体，下列说法正确的是( ) A.反应的活化能： B.恒温恒容充入，平衡向左移动 C.随温度升高而降低 D.平衡后，升高温度， 2.(2025高考·云南)下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是( ) A.制备 B.配制溶液 C.探究Na与反应 D.探究温度对化学平衡的影响 A.A B.B C.C D.D 3.(2025高考·江苏)甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中和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.时，的平衡转化率为20% B.反应达平衡状态时， C.其他条件不变，在范围，平衡时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的物质的量 4.(2025高考·河北)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是( ) A.反应ⅰ是吸热过程 B.反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV C.反应ⅲ包含2个基元反应 D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中 5.(2025高考·河南)在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。 下列说法正确的是( ) A.总反应是放热反应 B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C.和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D.①转化为②的进程中，决速步骤为 6.(2025高考·甘肃)加氢转化成甲烷，是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃，101kPa下，。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.增大浓度 D.恒容下充入惰性气体 7.(2025高考·山东)在恒容密闭容器中，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：温度时，完全分解；体系中气相产物在、温度时的分压分别为、。下列说法错误的是( ) A.a线所示物种为固相产物 B.温度时，向容器中通入，气相产物分压仍为 C.小于温度时热解反应的平衡常数 D.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 8.(2025高考·安徽)恒温恒压密闭容器中，时加入，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，k为反应速率常数)。 下列说法错误的是( ) A.该条件下 B.时间段，生成M和N的平均反应速率相等 C.若加入催化剂，增大，不变，则和均变大 D.若和均为放热反应，升高温度则变大 9.(2025高考·黑吉辽蒙卷)一定条件下，“”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 ② ③ ④ ⑤ A.原料中不影响振幅和周期 B.反应④： C.反应①~④中，对的氧化起催化作用 D.利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化 10.(2025高考·浙江)下列说法正确的是( ) A.常温常压下和混合无明显现象，则反应在该条件下不自发 B.，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小 C.，则正反应的活化能大于逆反应的活化能 D.，则 二、解答题 11.(2025高考·江西)与通过催化转化为高附加值化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。相关反应体系及其热力学数据(、)如下： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. Ⅳ. Ⅴ. 回答下列问题： (1) (2)反应Ⅰ的机理包括3种路径(主要步骤如图)，在A路径中，决速步骤的能垒是 ，反应Ⅰ的最优路径是 (填标号)。 (3)某课题组模拟了加氢在不同温度下的平衡组分(如图)。保持总压为，温度为以上时，主要含碳产物是 ，计算时相关反应的平衡常数 。 (4)反应Ⅰ某路径的主要步骤如下(其中*表示吸附态)： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 写出与第⑤步竞争的基元反应 。 (5)通过对负载的单原子催化剂进行掺杂，可调控催化剂选择性生成或，其示意图如下： ⅰ.写出Y的化学式 。 ⅱ.依据示意图，掺杂的催化剂可以提高Y的选择性，其原因是 。 12.(2025高考·全国卷)乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题： (1)乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和，则酯化反应的 。 (2)酯化反应中的3种有机物的沸点从高到低的顺序为 原因是 。 (3)在常压和时，初始组成、作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。 平衡时乙酸的转化率 ，平衡常数 (保留2位有效数字)。已知酯化反应的速率方程为，其中，则 (保留2位有效数字)。 (4)研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是 。若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是 (举1例)。 13.(2025高考·四川)乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气()为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行： ① ② 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。 物质 0 回答下列问题： (1)生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为 ， 0(填“>”“<”或“=”)，反应在 (填“高温”或“低温”)自发进行。 (2)恒压时，合成气中增大，(羟基乙醛)单位时间产率降低，其原因是 。 (3)反应中伴随副反应④：。平衡常数与温度之间满足关系常数，反应②和④的与的关系如图所示，则 ，(填“>”“<”或“=”)；欲抑制甲醇的生成，应适当 (填“升高”或“降低”)反应温度，理由是 。 (4)若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为。 ①反应后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为，则甲醛的平均消耗速率 。 ②溶剂中和浓度分别保持为，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为，生成乙二醇的平衡常数 (科学记数，保留小数点后2位)。 14.(2025高考·湖北)粉末可在较低温度下还原。回答下列问题： (1)已知一定温度下： 则的 (用m和n表示)。 (2)图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，可用 (填标号)表示反应的快慢。 a. b. c. d. (3)图1中曲线 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 (4)研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径 (填“a”或“b”)是主要途径。 (5)产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应 (填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是 。 (6)已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因： 。 15.(2025高考·北京)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“”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 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (2)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，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 ，将溶液()与过量混合，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；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 。用离子方程式表示的作用： 。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的 (填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为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，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综合调控和温度的目的是 。 16.(2025高考·北京)利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 (1)制 已知：        由制的热化学方程式为 。 (2)制 I.在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ.当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是 。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是 。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 。 (3)理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是 。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。 17.(2025高考·云南)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.     Ⅱ.   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  则 。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A.容器内的压强不再变化 B.混合气体的密度不再变化 C.的体积分数不再变化 D.单位时间内生成，同时消耗 ③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为 。 (3)恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，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] 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 ，平衡常数 (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)。 18.(2025高考·江苏)合成气(和)是重要的工业原料气。 (1)合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要 (填数字)种化学键的键能数据。 (2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。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%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是 。 (3)研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]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，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ   步骤Ⅱ   ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有 ；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为 。 ②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的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，能与反应的物质有 (填化学式)。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值： 。 19.(2025高考·陕晋青宁卷)/循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： I.   II. III.   回答下列问题， (1)计算 。 (2)提高平衡产率的条件是 。 A.高温高压 B.低温高压 C.高温低压 D.低温低压 (3)高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如图，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 。 (4)下，在密闭容器中和各发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是 (填字母)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的 (列出计算式即可)。 ③在下达到平衡时， 。，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是 。 20.(2025高考·河北)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：   副反应： 体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。 ①0~30min内， 。 ②下列说法正确的是 (填序号)。 a.主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 b.0~30min内， c.0~30min内， 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：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表的曲线为 (填“”“”或“”)；原因是 。 ② 0(填“>”“<”或“=”)。 ③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系， (填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的的值为 。 ④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为，系统压强维持，使，此时 (用含有m和的代数式表示)。 21.(2025高考·甘肃)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：   反应2： (1)25℃，101kPa时，反应 。 (2)一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 ①在范围内，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 。 ②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 (填“>”“<”或“=”)，理由为 。 (3)对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示(k为常数)。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)。当时， 。 实验组 一 二 (4)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压下实现乙炔加氢，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) 22.(2025高考·山东)利用循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 恒容条件下，按和投料反应。平衡体系中，各气态物种的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平衡常数基本不变。 回答下列问题： (1)反应的焓变 (用含的代数式表示)。 (2)乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变 0(填“>”“<”或“=”)。 (3)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，则为 (用含a的代数式表示)；此时，与物质的量的差值 (用含a的最简代数式表示)。 (4)温度下，体系达平衡后，压缩容器体积产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比 (填“增大”“减小”或“不变”)，物质的量 (填“增大”“减小”或“不变”)。 23.(2025高考·安徽)I.通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② (1)反应的 。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是 (填标号)。 a.气体密度不变     b.气体总压强不变 c.的浓度不变 d.和的物质的量相等 (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，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(和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ (4)恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有 (填标号)。 a.增加原料中的量 b.增加原料中的量 c.通入气 (5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。 i.投料组成中含量下降，平衡体系中的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ii.若平衡时的分压为，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数 (用含p的代数式表示，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)。 24.(2025高考·黑吉辽蒙卷)乙二醇是一种重要化工原料，以合成气为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ.直接合成法：，不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 1.0 (1)该反应的 0(填“>”或“<”)。 (2)已知的燃烧热分别为，则上述合成反应的 (用a、b和c表示)。 (3)实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是 (答出1条即可)。 Ⅱ.间接合成法：用合成气和制备的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2MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，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]。 ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线 表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DMO转化率的措施有 (填标号)。 A.降低温度     B.增大压强 C.减小初始氢酯比 D.延长原料与催化剂的接触时间 ③483K时，出口处的值为 (精确至0.01)。 ④A点反应的浓度商 (用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。 第二章 化学反应速率与化学平衡 ---- 参考答案及解析 ---- 一、单选题 1.C ΔH=E正-E逆，题目中ΔH =-34585-26.4T，为负值且随温度升高更负，说明E正<E逆，A错误。恒温恒容充入N2，总压增大但各反应物分压不变，平衡不移动，B错误。由ΔG=ΔH-TΔS代入数据得ΔS = -71.59 -26.4TlnT，温度T升高时lnT增大，ΔS更小，ΔS随温度升高而降低，C正确。该反应的ΔH<0，为放热反应，升温使放热反应的逆反应速率增加更多，Δv逆>Δv正，D错误。 2.D 和固体混合物加热制取氨气，试管口要略向下倾斜，A错误。配制溶液，应在烧杯中溶解KCl固体，B错误。小块的Na与水反应可以在试管中进行，不能用坩埚钳来夹持金属钠，应当用镊子，C错误。两个烧杯中分别盛有热水和冰水，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对2NO2(红棕色)N2O4(无色)平衡的影响，D正确。 3.A 时，，，，根据C原子守恒，可得，根据O原子守恒，可得(也可利用H原子守恒计算，结果相同)，则，A正确。时，，，则，B错误。范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则的物质的量减小，C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，的物质的量减小，D错误。 4.D 观察历程图可知，反应ⅰ中的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成和，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确。反应ⅱ中因脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确。反应ⅲ从生成经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确。整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误。 5.C 由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误。平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误。由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确。活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D错误。 6.C 反应物气体总物质的量为5mol，生成物为3mol，减小压强会使平衡向气体体积增大的方向(逆反应)移动，A不选。该反应为放热反应，升高温度会使平衡向吸热的逆反应方向移动，B不选。增大浓度会提高反应物浓度，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动以消耗增加的，C入选。恒容充入惰性气体不改变各物质浓度，对平衡无影响，D不选； 7.D a线所示物种为，固相产物，A正确。温度时，向容器中通入，恒容密闭容器的体积不变，各组分的浓度不变，化学平衡不发生移动，虽然总压变大，但是气相产物分压不变，仍为，B正确。T2时Na2SiF6完全反应，气体压强只与温度有关，但此时温度升高，平衡常数Kp增大，此时Kp3大于气相产物的分压，即p3<，C正确。若b线为气相产物，加入后分压增大，逆反应速率瞬时增大，平衡左移。重新平衡时，温度不变，平衡常数不变，气相产物分压不变，逆反应速率不变，D错误。 8.C ①的，②，②－①得到，则K=，A正确。由图可知，时间段，生成M和N的物质的量相同，由此可知，成M和N的平均反应速率相等，B正确。若加入催化剂，增大，更有利于生成M，则变大，但催化剂不影响平衡移动，不变，C错误。若和均为放热反应，升高温度，两个反应均逆向移动，A的物质的量分数变大，即变大，D正确。 9.A 根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A错误。反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为，B正确。由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中，对的氧化起催化作用，C正确。根据题干信息和图像可知利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确。 10.B 根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS，该反应ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，故低温能自发进行，A错误。该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B正确。该反应为放热反应，则，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误。，根据盖斯定律，反应①－反应②得到目标反应Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl−(g)，则ΔH=，由于不能明确相对大小，则ΔH不能确定，D错误。 二、解答题 11.【答案】(1) 由盖斯定律，Ⅴ-Ⅳ得反应； (2)；C 过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，在A路径中，决速步骤的能垒，反应Ⅰ的最优路径是C，其最大活化能最小，更利于反应进行； (3)； 由图，保持总压为，温度为以上时，主要含碳产物是；由图，时，氢气和水含量相等均为40%、乙醇和二氧化碳含量相等均为10%，则中氢气和水分压均为、乙醇和二氧化碳分压均为，则平衡常数； (4) 反应⑤消耗的反应，与步骤⑤形成竞争反应是争夺OH*的反应，即OH*+*=O*+H*和反应；由反应可知，④为可逆反应，则与第⑤步竞争的基元反应为：； (5)ⅰ. 可调控催化剂选择性生成或，由图，右侧C、O相结合且均吸附与催化剂表面，则其后生成的Y为CO； ⅱ.钠抑制了对的活化；钠与中间体的氧成键稳定了中间体构型 由图，钠抑制了对的活化，钠与中间体的氧成键稳定了中间体构型，从而使得掺杂的催化剂可以提高CO的选择性。 12.【答案】(1) 乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和， ① ② ③ 根据盖斯定律①+②-③得 。 (2)；乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强 乙酸、乙醇都能形成分子间氢键，乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强，所以沸点从高到低的顺序为。 (3)30；3.9； 初始组成。乙醇的初始浓度3.3mol/L、乙酸的初始浓度为9.9mol/L，平衡时乙醇的浓度减小3.3-0.33=2.97mol/L，则乙酸的浓度降低2.97mol/L，乙酸的转化率；平衡时乙醇的浓度为0.33mol/L、乙酸的浓度为9.9-2.97=6.93mol/L、乙酸乙酯的浓度为2.97mol/L、水的浓度为2.97mol/L，则平衡常数；。 (4)很小，温度对平衡影响小，液相反应，压强对平衡影响小；及时移出产物 液相反应，压强对平衡影响小，很小，温度对平衡影响小，所以难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率。及时移出产物，平衡正向移动，可以提高乙酸乙酯的产率。 13.【答案】(1)；；＜；低温 将反应①和②相加，消去中间产物，得到总反应：，反应焓变公式：：；反应中气体分子数减少(4 mol气体 → 1 mol液体)，混乱度降低，故ΔS < 0；自发性条件：根据ΔG = ΔH - TΔS，ΔH为负、ΔS为负时，低温(T较小)使ΔG < 0，反应自发；故答案为：  ；＜；低温； (2)反应②的速率大于反应①使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低 恒压时，合成气中增大，意味着的分压增大，的分压减小，反应速率与反应物浓度相关，其分压减小效应超过分压增大的影响，导致反应①比反应②慢，故羟基乙醛单位时间产率降低；故答案为：反应②的速率大于反应①使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低； (3)＜；降低；随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度 与的关系图中，斜率为。图中反应②的斜率大于反应④，表明。由于两反应的K随温度降低均增大，均为放热()，故；抑制甲醇生成，即让反应②的正向进行程度大于反应④，由图可知，随着的增大，增大的程度大于增大程度，故需要低温才能抑制甲醇的生成；故答案为：＜；降低；随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度； (4)①0.112 生成HOCH2CHO消耗甲醛38%，乙二醇消耗甲醛8%，甲醇消耗甲醛10%，总计38% + 8% + 10% = 56%。消耗量 = 1.0 mol/L × 56% = 0.56 mol/L，则甲醛的平均消耗速率； ② 总反应③：平衡常数表达式为[注：为液体，但在溶液中其浓度变化，故包含在中；单位要符合]；平衡浓度：(乙二醇平衡产率34%): ；羟基乙醛18% ：；甲醇14% ：，总甲醛消耗浓度：， 平衡 ：；给定平衡浓度：，，代入计算：，解得：(科学记数，保留小数点后2位)；故答案为：0.112；。 14.【答案】(1) ① ② ③ ×①+×②得到反应③，根据盖斯定律可知=×+×=； (2)d 随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选d； (3)Ⅰ 其它条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高； (4)a 由图可知途径a中能垒为1.3eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径； (5)②；将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小 固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小； (6)消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率 在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率。 15.【答案】(2)①滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为I2，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； ②增大； 该反应消耗生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小 实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小； (3)①40℃下的理论K 平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，(题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值)。 ②使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值 实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。 16.【答案】(1) 已知： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ：       将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为； (2)① 当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：； ② 根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：； ③ 在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去； ④、SO2 碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有；故答案为：；；；、SO2； (3)① 由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应； ②时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降 一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，发生的反应为：，，时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 故答案为：；时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 17.【答案】(1)葡萄糖 纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇； (2)①+44.4 反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1； ②AC 恒温恒容下发生：该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A入选。体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不选。的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C入选。单位时间内生成，同时消耗均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不选。 ③降温冷凝后收集气体 可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体； (3)①乙酸选择性最大且反应速率较快 由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快； ②产物1 由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1； ③36:5； 设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，各组分的分压之比=各组分的物质的量之比，故0.72：0.1=36：5；列三段式、，则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则kPa。 18.【答案】(1)5 反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需。、、、，共5种化学键的键能数据。 (2)①该反应为放热反应，在绝热容器中进行，的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止催化剂活性下降 该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降。 ②；具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜 脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。 (3)①当时，载氧体为，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；432 当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL。 ②C、Fe、FeO 新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应。 ③步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。 19.【答案】(1) 已知： I.   Ⅱ. 将I+Ⅱ可得=，故答案为：； (2)B 已知反应Ⅱ.  为放热反应，要提高平衡产率，要使平衡正向移动。高温会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，A错误。低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高平衡产率，B正确。高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，C错误。低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，D错误。 (3)④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O 反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应为CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O，故答案为：④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O； (4)已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。 ①c 表示选择性的曲线是c，故答案为：c； ② 点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，则反应Ⅱ的，故答案为：； ③0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气 在下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。 20.【答案】(1)① 0~30min内，环氧乙烷完全转化，； ②cd ，主反应中，，则生成物总能量低于反应物总能量，a错误。由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG浓度的变化量小于EO浓度的变化量，0~30min内，，b错误。主反应中，，副反应，同一反应体系中物质一量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中，即，，反应时间相同，则，，则，c正确。选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d正确。 (2)①；该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大 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，，故、、对应α为0.6、0.5、0.4； ②< 由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，<0； ③=；12 M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则=；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和3molH2，列三段式：，平衡时，、、的物质的量分数分别为，； ④ 设起始加入mmolCO和3molH2，此时，列三段式：，平衡时，气体总的物质的量为mmol，、、平衡分压分别，。 21.【答案】(1)-137 由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； (2)温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大； 催化剂在该温度范围内失活 220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活； ＞；乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率 由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即； (3)9.2×10-3 将数据代入方程，②÷①得到，则，时，，； (4)Pd/W；Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的 如图可知，选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高。 22.【答案】(1)ΔH1+ΔH2 已知：Ⅰ.Ⅱ.依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应的焓变为ΔH1+ΔH2； (2)H2O；＜ 由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，升高温度S2减小，H2O、H2均增大，所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热反应，即ΔH＜0； (3)0.45+0.5a；150a T1平衡时H2是amol，根据可知H2O和SO2的物质的量均为100amol，根据H元素守恒可知H2S为0.1－101a，设平衡时CaS和S2的物质的量分别为xmol和ymol，根据Ca元素守恒可知CaSO4是1－x，根据O元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根据S元素守恒可知2=0.1－101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS和CaSO4的物质的量的差值为2x－1=150a。 (4)增大；减小 设反应I+反应II=反应IV，反应IV为：，KIV=，压缩容器体积产率增大、K不变，，增大，则c(SO2)增大，KIII=，KIII不变，c(SO2)增大，则增大，增大，又据S元素守恒，CaSO4、CaS中有1molS原子，而增大、c(SO2)增大，说明c(H2S)减小，又增大，所以减小，不变，所以n(H2O)减小。 23.【答案】(1)-41.2 由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； (2)bc 气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态；两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态；气体浓度不变是平衡状态的标志，则浓度不变，是平衡状态；CO和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态，选bc。 (3)原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢；催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利； (4)b 增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低；增大原料中CO2的量，CH4转化率增大；通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变，选b； (5)增大；0.675p2 如图可知，恒压时，随着Ar含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向移动，压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化率下降的更快，而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆移程度稍小，但CO减小的少，则n(CO):n(H2)增大；设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：；；根据碳元素守恒：；根据氧元素守恒：；根据氢元素守恒：；平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应⑤的平衡常数。 24.【答案】(1)< 根据表格中的数据，反应温度升高反应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又因升高温度向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH<0。 (2)-2a-3b+c(或c-2a-3b) 根据已知条件可以写出如下热化学方程式： 根据盖斯定律，用反应①的2倍加上反应②的3倍减去反应③即可得到目标方程式，故目标方程式的ΔH=c-2a-3b kJ·mol-1。 (3)温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低(或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低) 根据表格中的平衡常数，反应温度在500K时，平衡常数K<，此时平衡常数过小，导致乙二醇产率过低；或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低。 (4)MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为100，曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，根据曲线的变化，曲线Ⅰ表示DMO的实际转化率；随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇、乙二醇会继续转化成乙醇，根据曲线的变化，曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线III为乙醇的选择性曲线。 ①I；IV 根据上述分析，曲线I为DMO的实际转化率曲线；曲线IV为MG的选择性曲线； ②BD 根据图示，降低温度，DMO的转化率降低，A不选。增大压强，反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率增大，B入选。减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不选。A点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率，D入选。 ③1.98 483K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO为100mol，则出口出流出的乙醇的物质的量为100mol×99%×2%=1.98mol，此时还有1mol DMO未反应从出口流出，因此出口处==1.98； ④0.025 设初始时H2与DMO的投料分别为52.4mol和1mol，A点时DMO的实际转化率为80%，MG和乙二醇的选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生DMO转化为MG，可写出如下关系： 第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系： 这时，体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Qx==0.025。 11 / 34 学科网（北京）股份有限公司 $ 【 高中化学 】 2025年高考真题-按章分类 选择性必修1 第二章 化学反应速率与化学平衡 10个单选题 + 0个多选题 + 14个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2025高考·江西)一定压强下，乙烯水合反应为： 已知：，气体均视为理想气体，下列说法正确的是( ) A.反应的活化能： B.恒温恒容充入，平衡向左移动 C.随温度升高而降低 D.平衡后，升高温度， 1.C ΔH=E正-E逆，题目中ΔH =-34585-26.4T，为负值且随温度升高更负，说明E正<E逆，A错误。恒温恒容充入N2，总压增大但各反应物分压不变，平衡不移动，B错误。由ΔG=ΔH-TΔS代入数据得ΔS = -71.59 -26.4TlnT，温度T升高时lnT增大，ΔS更小，ΔS随温度升高而降低，C正确。该反应的ΔH<0，为放热反应，升温使放热反应的逆反应速率增加更多，Δv逆>Δv正，D错误。 2.(2025高考·云南)下列装置(省略部分夹持装置)或操作正确的是( ) A.制备 B.配制溶液 C.探究Na与反应 D.探究温度对化学平衡的影响 A.A B.B C.C D.D 2.D 和固体混合物加热制取氨气，试管口要略向下倾斜，A错误。配制溶液，应在烧杯中溶解KCl固体，B错误。小块的Na与水反应可以在试管中进行，不能用坩埚钳来夹持金属钠，应当用镊子，C错误。两个烧杯中分别盛有热水和冰水，可以通过观察气体的颜色深浅来探究温度对2NO2(红棕色)N2O4(无色)平衡的影响，D正确。 3.(2025高考·江苏)甘油水蒸气重整获得过程中的主要反应： 反应Ⅰ 反应Ⅱ 反应Ⅲ 条件下，和发生上述反应达平衡状态时，体系中和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.时，的平衡转化率为20% B.反应达平衡状态时， C.其他条件不变，在范围，平衡时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的物质的量 3.A 时，，，，根据C原子守恒，可得，根据O原子守恒，可得(也可利用H原子守恒计算，结果相同)，则，A正确。时，，，则，B错误。范围，随温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，增大，说明反应Ⅲ逆向移动程度更大，则的物质的量减小，C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，的物质的量减小，D错误。 4.(2025高考·河北)氮化镓(GaN)是一种重要的半导体材料，广泛应用于光电信息材料等领域，可利用反应制备。反应历程(TS代表过渡态)如下： 下列说法错误的是( ) A.反应ⅰ是吸热过程 B.反应ⅱ中脱去步骤的活化能为2.69eV C.反应ⅲ包含2个基元反应 D.总反应的速控步包含在反应ⅱ中 4.D 观察历程图可知，反应ⅰ中的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成和，此时的相对能量为0.05eV，因此体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确。反应ⅱ中因脱去步骤需要经过TS5，则活化能为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV-0.70eV=2.69eV，B正确。反应ⅲ从生成经历过渡态TS6、TS7，说明该反应分两步进行，包含2个基元反应，C正确。整反应历程中，活化能最高的步骤是反应ⅲ中的TS7对应得反应步骤(活化能为3.07eV)，所以总反应的速控步包含在反应ⅲ中，D错误。 5.(2025高考·河南)在催化剂a或催化剂b作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应的化学方程式为，反应进程中的相对能量变化如图所示(*表示吸附态，中部分进程已省略)。 下列说法正确的是( ) A.总反应是放热反应 B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡常数不同 C.和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到的吸附态更稳定 D.①转化为②的进程中，决速步骤为 5.C 由图可知，生成物能量高，总反应为吸热反应，A错误。平衡常数只和温度有关，与催化剂无关，B错误。由图可知，丙烷被催化剂a吸附后能量更低，则被催化剂a吸附后得到的吸附态更稳定， C正确。活化能高的反应速率慢，是反应的决速步骤，故决速步骤为*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H，D错误。 6.(2025高考·甘肃)加氢转化成甲烷，是综合利用实现“碳中和”和“碳达峰”的重要方式。525℃，101kPa下，。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.增大浓度 D.恒容下充入惰性气体 6.C 反应物气体总物质的量为5mol，生成物为3mol，减小压强会使平衡向气体体积增大的方向(逆反应)移动，A不选。该反应为放热反应，升高温度会使平衡向吸热的逆反应方向移动，B不选。增大浓度会提高反应物浓度，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动以消耗增加的，C入选。恒容充入惰性气体不改变各物质浓度，对平衡无影响，D不选； 7.(2025高考·山东)在恒容密闭容器中，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：温度时，完全分解；体系中气相产物在、温度时的分压分别为、。下列说法错误的是( ) A.a线所示物种为固相产物 B.温度时，向容器中通入，气相产物分压仍为 C.小于温度时热解反应的平衡常数 D.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 7.D a线所示物种为，固相产物，A正确。温度时，向容器中通入，恒容密闭容器的体积不变，各组分的浓度不变，化学平衡不发生移动，虽然总压变大，但是气相产物分压不变，仍为，B正确。T2时Na2SiF6完全反应，气体压强只与温度有关，但此时温度升高，平衡常数Kp增大，此时Kp3大于气相产物的分压，即p3<，C正确。若b线为气相产物，加入后分压增大，逆反应速率瞬时增大，平衡左移。重新平衡时，温度不变，平衡常数不变，气相产物分压不变，逆反应速率不变，D错误。 8.(2025高考·安徽)恒温恒压密闭容器中，时加入，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，k为反应速率常数)。 下列说法错误的是( ) A.该条件下 B.时间段，生成M和N的平均反应速率相等 C.若加入催化剂，增大，不变，则和均变大 D.若和均为放热反应，升高温度则变大 8.C ①的，②，②－①得到，则K=，A正确。由图可知，时间段，生成M和N的物质的量相同，由此可知，成M和N的平均反应速率相等，B正确。若加入催化剂，增大，更有利于生成M，则变大，但催化剂不影响平衡移动，不变，C错误。若和均为放热反应，升高温度，两个反应均逆向移动，A的物质的量分数变大，即变大，D正确。 9.(2025高考·黑吉辽蒙卷)一定条件下，“”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 ② ③ ④ ⑤ A.原料中不影响振幅和周期 B.反应④： C.反应①~④中，对的氧化起催化作用 D.利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化 9.A 根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A错误。反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为，B正确。由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中，对的氧化起催化作用，C正确。根据题干信息和图像可知利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化，D正确。 10.(2025高考·浙江)下列说法正确的是( ) A.常温常压下和混合无明显现象，则反应在该条件下不自发 B.，升高温度，平衡逆移，则反应的平衡常数减小 C.，则正反应的活化能大于逆反应的活化能 D.，则 10.B 根据复合判据ΔG=ΔH-TΔS，该反应ΔH＜0、ΔS＜0，温度较低时ΔG＜0，故低温能自发进行，A错误。该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，B正确。该反应为放热反应，则，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误。，根据盖斯定律，反应①－反应②得到目标反应Na(s)+Cl2(g)=Na+(g)+Cl−(g)，则ΔH=，由于不能明确相对大小，则ΔH不能确定，D错误。 二、解答题 11.(2025高考·江西)与通过催化转化为高附加值化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。相关反应体系及其热力学数据(、)如下： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. Ⅳ. Ⅴ. 回答下列问题： (1) (2)反应Ⅰ的机理包括3种路径(主要步骤如图)，在A路径中，决速步骤的能垒是 ，反应Ⅰ的最优路径是 (填标号)。 (3)某课题组模拟了加氢在不同温度下的平衡组分(如图)。保持总压为，温度为以上时，主要含碳产物是 ，计算时相关反应的平衡常数 。 (4)反应Ⅰ某路径的主要步骤如下(其中*表示吸附态)： ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ 写出与第⑤步竞争的基元反应 。 (5)通过对负载的单原子催化剂进行掺杂，可调控催化剂选择性生成或，其示意图如下： ⅰ.写出Y的化学式 。 ⅱ.依据示意图，掺杂的催化剂可以提高Y的选择性，其原因是 。 11.【答案】(1) 由盖斯定律，Ⅴ-Ⅳ得反应； (2)；C 过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；由图，在A路径中，决速步骤的能垒，反应Ⅰ的最优路径是C，其最大活化能最小，更利于反应进行； (3)； 由图，保持总压为，温度为以上时，主要含碳产物是；由图，时，氢气和水含量相等均为40%、乙醇和二氧化碳含量相等均为10%，则中氢气和水分压均为、乙醇和二氧化碳分压均为，则平衡常数； (4) 反应⑤消耗的反应，与步骤⑤形成竞争反应是争夺OH*的反应，即OH*+*=O*+H*和反应；由反应可知，④为可逆反应，则与第⑤步竞争的基元反应为：； (5)ⅰ. 可调控催化剂选择性生成或，由图，右侧C、O相结合且均吸附与催化剂表面，则其后生成的Y为CO； ⅱ.钠抑制了对的活化；钠与中间体的氧成键稳定了中间体构型 由图，钠抑制了对的活化，钠与中间体的氧成键稳定了中间体构型，从而使得掺杂的催化剂可以提高CO的选择性。 12.(2025高考·全国卷)乙酸乙酯是一种应用广泛的有机化学品，可由乙酸和乙醇通过酯化反应制备。回答下列问题： (1)乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和，则酯化反应的 。 (2)酯化反应中的3种有机物的沸点从高到低的顺序为 原因是 。 (3)在常压和时，初始组成、作催化剂的条件下进行反应，得到乙醇浓度随反应时间的变化如下图所示。 平衡时乙酸的转化率 ，平衡常数 (保留2位有效数字)。已知酯化反应的速率方程为，其中，则 (保留2位有效数字)。 (4)研究发现，难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率，原因是 。若要提高乙酸乙酯的产率，可以采用的方法是 (举1例)。 12.【答案】(1) 乙酸、乙醇和乙酸乙酯的燃烧热分别为、和， ① ② ③ 根据盖斯定律①+②-③得 。 (2)；乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强 乙酸、乙醇都能形成分子间氢键，乙酸乙酯分子间不存在氢键，乙酸分子间的氢键比乙醇的更强，所以沸点从高到低的顺序为。 (3)30；3.9； 初始组成。乙醇的初始浓度3.3mol/L、乙酸的初始浓度为9.9mol/L，平衡时乙醇的浓度减小3.3-0.33=2.97mol/L，则乙酸的浓度降低2.97mol/L，乙酸的转化率；平衡时乙醇的浓度为0.33mol/L、乙酸的浓度为9.9-2.97=6.93mol/L、乙酸乙酯的浓度为2.97mol/L、水的浓度为2.97mol/L，则平衡常数；。 (4)很小，温度对平衡影响小，液相反应，压强对平衡影响小；及时移出产物 液相反应，压强对平衡影响小，很小，温度对平衡影响小，所以难以通过改变反应温度或压强来提高乙酸乙酯平衡产率。及时移出产物，平衡正向移动，可以提高乙酸乙酯的产率。 13.(2025高考·四川)乙二醇是一种应用广泛的化工原料。以甲醛和合成气()为原料制备乙二醇，反应按如下两步进行： ① ② 已知：为物质生成焓，反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和。相关物质的生成焓如下表所示。 物质 0 回答下列问题： (1)生成乙二醇的总反应③，其热化学方程式为 ， 0(填“>”“<”或“=”)，反应在 (填“高温”或“低温”)自发进行。 (2)恒压时，合成气中增大，(羟基乙醛)单位时间产率降低，其原因是 。 (3)反应中伴随副反应④：。平衡常数与温度之间满足关系常数，反应②和④的与的关系如图所示，则 ，(填“>”“<”或“=”)；欲抑制甲醇的生成，应适当 (填“升高”或“降低”)反应温度，理由是 。 (4)若反应在恒容密闭容器中进行，溶剂中甲醛初始浓度为。 ①反应后，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的产率分别为，则甲醛的平均消耗速率 。 ②溶剂中和浓度分别保持为，羟基乙醛、乙二醇、甲醇的平衡产率分别为，生成乙二醇的平衡常数 (科学记数，保留小数点后2位)。 13.【答案】(1)；；＜；低温 将反应①和②相加，消去中间产物，得到总反应：，反应焓变公式：：；反应中气体分子数减少(4 mol气体 → 1 mol液体)，混乱度降低，故ΔS < 0；自发性条件：根据ΔG = ΔH - TΔS，ΔH为负、ΔS为负时，低温(T较小)使ΔG < 0，反应自发；故答案为：  ；＜；低温； (2)反应②的速率大于反应①使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低 恒压时，合成气中增大，意味着的分压增大，的分压减小，反应速率与反应物浓度相关，其分压减小效应超过分压增大的影响，导致反应①比反应②慢，故羟基乙醛单位时间产率降低；故答案为：反应②的速率大于反应①使得单位时间内(羟基乙醛)产率降低； (3)＜；降低；随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度 与的关系图中，斜率为。图中反应②的斜率大于反应④，表明。由于两反应的K随温度降低均增大，均为放热()，故；抑制甲醇生成，即让反应②的正向进行程度大于反应④，由图可知，随着的增大，增大的程度大于增大程度，故需要低温才能抑制甲醇的生成；故答案为：＜；降低；随着的增大，即温度降低，反应②的增大的程度大于反应④的增大程度； (4)①0.112 生成HOCH2CHO消耗甲醛38%，乙二醇消耗甲醛8%，甲醇消耗甲醛10%，总计38% + 8% + 10% = 56%。消耗量 = 1.0 mol/L × 56% = 0.56 mol/L，则甲醛的平均消耗速率； ② 总反应③：平衡常数表达式为[注：为液体，但在溶液中其浓度变化，故包含在中；单位要符合]；平衡浓度：(乙二醇平衡产率34%): ；羟基乙醛18% ：；甲醇14% ：，总甲醛消耗浓度：， 平衡 ：；给定平衡浓度：，，代入计算：，解得：(科学记数，保留小数点后2位)；故答案为：0.112；。 14.(2025高考·湖北)粉末可在较低温度下还原。回答下列问题： (1)已知一定温度下： 则的 (用m和n表示)。 (2)图1分别是和下还原过程中反应体系电阻随反应时间变化的曲线，可用 (填标号)表示反应的快慢。 a. b. c. d. (3)图1中曲线 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)对应的反应温度最高。 (4)研究发现对的还原性主要来自于其产生的。一般认为在表面被氧化成有两种可能途径，图2是理论计算得到的相对能量变化图，据此推测途径 (填“a”或“b”)是主要途径。 (5)产生的可能反应：①或②。将放在含微量水的气流中，在至的升温过程中固体质量一直增加，由此可断定的来源之一是反应 (填“①”或“②”)。若要判断另一个反应是否是的来源，必须进行的实验是 。 (6)已知。研究表明，在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因： 。 14.【答案】(1) ① ② ③ ×①+×②得到反应③，根据盖斯定律可知=×+×=； (2)d 随着铁的生成，电阻变小，可用单位时间内电阻的变化量来表示反应速率，即，选d； (3)Ⅰ 其它条件相同，温度越高，反应速率越快，曲线Ⅰ电阻变化最快，故曲线Ⅰ对应的反应温度最高； (4)a 由图可知途径a中能垒为1.3eV，比途径b中小，故途径a反应速率更快，途径a是主要途径； (5)②；将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小 固体质量一直增加，则氢气的来源之一是反应②；若要判断另一个反应是否是H2的来源，必须进行的实验是：将CaH2(s)放在不含水的N2气流中加热升温，看固体质量是否在减小； (6)消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率 在相同温度下，用还原比直接用还原更有优势，从平衡移动原理角度解释原因：消耗H2O(g)同时产生H2(g)，H2O(g)的浓度减小，H2(g)的浓度增大均有利于平衡正向移动，提高Fe的产率。 15.(2025高考·北京)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“”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 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (2)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，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 ，将溶液()与过量混合，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；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 。用离子方程式表示的作用： 。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的 (填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为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，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综合调控和温度的目的是 。 15.【答案】(2)①滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为I2，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； ②增大； 该反应消耗生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小 实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小； (3)①40℃下的理论K 平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，(题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值)。 ②使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值 实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。 16.(2025高考·北京)利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 (1)制 已知：        由制的热化学方程式为 。 (2)制 I.在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ.当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是 。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是 。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 。 (3)理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是 。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。 16.【答案】(1) 已知： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ：       将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为； (2)① 当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：； ② 根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：； ③ 在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去； ④、SO2 碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有；故答案为：；；；、SO2； (3)① 由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应； ②时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降 一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，发生的反应为：，，时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 故答案为：；时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 17.(2025高考·云南)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.     Ⅱ.   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  则 。 ②一定温度下，下列叙述能说明恒容密闭容器中反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A.容器内的压强不再变化 B.混合气体的密度不再变化 C.的体积分数不再变化 D.单位时间内生成，同时消耗 ③反应后从混合气体分离得到，最适宜的方法为 。 (3)恒压100kPa下，向密闭容器中按投料，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] 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 ，平衡常数 (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)。 17.【答案】(1)葡萄糖 纤维素水解得到葡萄糖，葡萄糖发酵产生二氧化碳和乙醇； (2)①+44.4 反应Ⅰ-反应Ⅱ得到“已知反应”，根据盖斯定律=-24.3kJ·mol-1+68.7 kJ·mol-1=+44.4 kJ·mol-1； ②AC 恒温恒容下发生：该反应是气体总物质的量增大的反应，容器内的压强不再变化，说明气体总物质的量不再改变，说明反应达到平衡状态，A入选。体积自始至终不变，气体总质量自始至终不变，则气体密度不是变量，混合气体的密度不再变化，不能说明反应是否达到平衡状态，B不选。的体积分数不再变化，说明其物质的量不再改变，反应已达平衡，C入选。单位时间内生成，同时消耗均是逆反应速率，不能说明反应是否达到平衡状态，D不选。 ③降温冷凝后收集气体 可利用混合体系中各物质的沸点差异分离出氢气，最适宜的方法为降温冷凝后收集气体； (3)①乙酸选择性最大且反应速率较快 由图1可知，反应Ⅰ最适宜的温度为270℃，原因为乙酸选择性最大且反应速率较快； ②产物1 由图2可知关键步骤中生成产物1的最大能垒为0.58eV，生成产物2的最大能垒为0.66eV，生成产物3的最大能垒为0.81eV，图1中乙酸的选择性最大，说明相同条件下生成乙酸的反应速率最大，则乙酸可能是产物1； ③36:5； 设投料n(H2O)=9mol，n(乙醇)=1mol，密闭容器中只发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时乙醇的转化率为90%，乙酸的选择性为80%，则平衡时生成的乙酸的物质的量=90%×80%×1=0.72mol，n平(乙醇)=1mol×10%=0.1mol，恒温恒压下，各组分的分压之比=各组分的物质的量之比，故0.72：0.1=36：5；列三段式、，则平衡时乙醇、H2O(g)、氢气、乙酸、乙醛的物质的量分别为0.1mol、8.28mol、1.62mol、0.72mol、0.18mol，气体总物质的量为0.1mol+8.28mol+1.62mol+0.72mol+0.18mol=10.9mol，则kPa。 18.(2025高考·江苏)合成气(和)是重要的工业原料气。 (1)合成气制备甲醇：。的结构式为，估算该反应的需要 (填数字)种化学键的键能数据。 (2)合成气经“变换”“脱碳”获得纯。 ①合成气变换。向绝热反应器中通入和过量的：。催化作用受接触面积和温度等因素影响，的比热容较大。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%的吸收剂、(正价有)缓蚀剂等。溶液浓度偏高会堵塞设备，导致堵塞的物质是 (填化学式)。减缓设备腐蚀的原理是 。 (3)研究与不同配比的铁铈载氧体[是活泼金属，正价有]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，依次发生的主要反应： 步骤Ⅰ   步骤Ⅱ   ①步骤Ⅰ中，产物气体积分数、转化率、与x的关系如图乙所示。时，大于理论值2的可能原因有 ；时，通入标准状况下的至反应结束，的选择性，则生成标准状况下和的总体积为 。 ②时，新制载氧体、与反应后的载氧体的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，能与反应的物质有 (填化学式)。 ③结合图示综合分析，步骤Ⅰ中的作用、气体分步制备的价值： 。 18.【答案】(1)5 反应的焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，计算该反应的需。、、、，共5种化学键的键能数据。 (2)①该反应为放热反应，在绝热容器中进行，的比热容较大，则体系温度变化较小，催化剂活性受温度影响，过量可有效防止催化剂活性下降 该反应为放热反应，在绝热容器中进行时，若无水的存在，随着反应进行，温度会逐渐升高，由于使用了低温型催化剂，温度过高会导致催化剂的活性下降；的比热容较大，可以吸收大量的热从而使体系温度变化较小，因此，过量可有效防止催化剂活性下降。 ②；具有强氧化性，能使设备表面形成一层致密的氧化膜 脱碳过程中，溶液会吸收，发生反应，当溶液浓度偏高时，会生成较多，而溶解度相对较小，容易在溶液中达到饱和后结晶析出，从而堵塞设备。中的Cr元素化合价为，处于最高价态，具有强氧化性，在钢制吸收塔的环境中，它会与铁发生氧化还原反应，使铁表面形成一层由铁的氧化物和铬的氧化物组成的致密氧化膜，这层氧化膜可以将钢铁与腐蚀性介质隔离开，阻止氧气、水和其他腐蚀性物质与钢铁接触，从而减缓腐蚀。 (3)①当时，载氧体为，氧化性较强，提供的O原子较多，将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；432 当时，载氧体中没有，只有，由于的氧化性较强，且其提供的O原子较多，可以将CO氧化为，使得CO的物质的量减小，增大；由题图乙可知，当时，转化率为60%，则，已知CO的选择性，则，根据图乙中数据可知，此时产物气中，则，故生成标准状况下CO和的总体积为432mL。 ②C、Fe、FeO 新制载氧体与反应后新生成的晶态物质，在步骤Ⅱ中会与反应，使载氧体再生从而继续与反应，因此，在新制载氧体中不存在，而在与反应后的载氧体中含有的晶态物质，会在步骤Ⅱ中与反应。因此，对比二者X射线衍射谱图可知，C、Fe、FeO在步骤Ⅱ中均可与反应。 ③步骤Ⅰ中作载氧体供氧，将甲烷转化为CO和氢气，可以避免生成大量积炭致催化剂活性降低甚至失活；采用分步制备，可提高原料利用率，且可以有效消除积碳使催化剂再生，同时步骤Ⅰ需要的温度较高，步骤Ⅱ需要的温度较低，分步制备也可节约能源。 19.(2025高考·陕晋青宁卷)/循环在捕获及转化等方面具有重要应用。科研人员设计了利用与反应生成的路线，主要反应如下： I.   II. III.   回答下列问题， (1)计算 。 (2)提高平衡产率的条件是 。 A.高温高压 B.低温高压 C.高温低压 D.低温低压 (3)高温下分解产生的催化与反应生成，部分历程如图，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 。 (4)下，在密闭容器中和各发生反应。反应物(、)的平衡转化率和生成物(、)的选择性随温度变化关系如下图(反应III在以下不考虑)。 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是 (填字母)。 ②点M温度下，反应Ⅱ的 (列出计算式即可)。 ③在下达到平衡时， 。，随温度升高平衡转化率下降的原因可能是 。 19.【答案】(1) 已知： I.   Ⅱ. 将I+Ⅱ可得=，故答案为：； (2)B 已知反应Ⅱ.  为放热反应，要提高平衡产率，要使平衡正向移动。高温会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，A错误。低温使平衡正向移动，高压也使平衡正向移动，可提高平衡产率，B正确。高温会使平衡逆向移动，低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，C错误。低压会使平衡逆向移动，不利于提高平衡产率，D错误。 (3)④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O 反应活化能越高，反应速率越慢，从图中可以看出，第四步活化能最高，速率最慢，基元反应为CH3*+H*+2H2O=CH4*+2H2O；由图可知，在第三步时生成了水，基元反应为：HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O，故答案为：④；HO*+H2*+CH2*= CH3*+H2O； (4)已知反应I为吸热反应， Ⅱ为放热反应，III为吸热反应，根据图像，温度逐渐升高，则碳酸镁的转化率逐渐升高，氢气的转化率下降，在以下不考虑反应Ⅲ，则二氧化碳的选择性上升，甲烷的选择性下降，所以a表示碳酸镁的转化率，b表示二氧化碳的选择性，c表示甲烷的选择性。 ①c 表示选择性的曲线是c，故答案为：c； ② 点M温度下，从图中看出碳酸镁的转化率为49%，则剩余的碳酸镁为0.51mol，根据碳原子守恒，甲烷和二氧化碳中碳原子的物质的量之和为0.49mol，又因为此时二氧化碳的选择性和甲烷的选择性相等，则二氧化碳和甲烷的物质的量为0.245mol，根据氧原子守恒得出水的物质的量为0.49mol，根据氢原子守恒得出 氢气的物质的量为0.02mol，总的物质的量为0.02+0.245+0.245+0.49=1mol，，，，则反应Ⅱ的，故答案为：； ③0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气 在下达到平衡时，碳酸镁完全转化，二氧化碳的选择性为70%，甲烷的选择性为10%，则生成的二氧化碳为0.7mol，生成的甲烷为0.1mol，根据碳原子守恒得出1-0.7-0.1 mol=0.2mol；因为反应Ⅱ是放热的，反应Ⅲ是吸热的。在，随温度升高，反应Ⅱ逆向移动，反应Ⅲ正向移动，由于反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气，导致平衡转化率下降，故答案为：0.2；反应Ⅱ生成的氢气多于反应Ⅲ消耗的氢气。 20.(2025高考·河北)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：   副反应： 体系中环氧乙烷初始浓度为，恒温下反应30min，环氧乙烷完全转化，产物中。 ①0~30min内， 。 ②下列说法正确的是 (填序号)。 a.主反应中，生成物总能量高于反应物总能量 b.0~30min内， c.0~30min内， 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：。按化学计量比进料，固定平衡转化率，探究温度与压强的关系。分别为0.4、0.5和0.6时，温度与压强的关系如图： ①代表的曲线为 (填“”“”或“”)；原因是 。 ② 0(填“>”“<”或“=”)。 ③已知：反应，，x为组分的物质的量分数。M、N两点对应的体系， (填“>”“<”或“=”)，D点对应体系的的值为 。 ④已知：反应，，p为组分的分压。调整进料比为，系统压强维持，使，此时 (用含有m和的代数式表示)。 20.【答案】(1)① 0~30min内，环氧乙烷完全转化，； ②cd ，主反应中，，则生成物总能量低于反应物总能量，a错误。由题中信息可知主反应伴随副反应发生，EG作为主反应的生成物同时也是副反应的反应物，即EG浓度的变化量小于EO浓度的变化量，0~30min内，，b错误。主反应中，，副反应，同一反应体系中物质一量变化量之比等于浓度变化量之比，产物中，即，，反应时间相同，则，，则，c正确。选择适当催化剂可提高主反应的选择性，可提高 乙二醇的最终产率，d正确。 (2)①；该反应为气体体积减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，平衡转化率增大 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，，故、、对应α为0.6、0.5、0.4； ②< 由图可知，压强相同时，温度升高，平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则正反应为放热反应，<0； ③=；12 M、N的进料相同，平衡转化率相等，平衡时各组分物质的量分数分别相等，则=；D点对应的平衡转化率为0.5，根据题中信息，该反应按化学计量比进料，设起始加入2molCO和3molH2，列三段式：，平衡时，、、的物质的量分数分别为，； ④ 设起始加入mmolCO和3molH2，此时，列三段式：，平衡时，气体总的物质的量为mmol，、、平衡分压分别，。 21.(2025高考·甘肃)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：   反应2： (1)25℃，101kPa时，反应 。 (2)一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性(指定产物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示(反应均未达平衡)。 ①在范围内，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 。 ②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 (填“>”“<”或“=”)，理由为 。 (3)对于反应1，反应速率与浓度的关系可用方程式表示(k为常数)。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)。当时， 。 实验组 一 二 (4)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压下实现乙炔加氢，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) 21.【答案】(1)-137 由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； (2)温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强 反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大； 催化剂在该温度范围内失活 220℃-260℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活； ＞；乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率 由图像可知，乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率，即； (3)9.2×10-3 将数据代入方程，②÷①得到，则，时，，； (4)Pd/W；Pd/W做催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd催化剂时的 如图可知，选择Pd做催化剂时，生成乙烷的活化能低于选择Pd/W时的(0.68＜0.83)，说明使用Pd做催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W做催化剂时，乙烯的选择性更高。 22.(2025高考·山东)利用循环再生可将燃煤尾气中的转化生产单质硫，涉及的主要反应如下： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. 恒容条件下，按和投料反应。平衡体系中，各气态物种的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平衡常数基本不变。 回答下列问题： (1)反应的焓变 (用含的代数式表示)。 (2)乙线所示物种为 (填化学式)。反应Ⅲ的焓变 0(填“>”“<”或“=”)。 (3)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，则为 (用含a的代数式表示)；此时，与物质的量的差值 (用含a的最简代数式表示)。 (4)温度下，体系达平衡后，压缩容器体积产率增大。与压缩前相比，重新达平衡时，与物质的量之比 (填“增大”“减小”或“不变”)，物质的量 (填“增大”“减小”或“不变”)。 22.【答案】(1)ΔH1+ΔH2 已知：Ⅰ.Ⅱ.依据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ即得到反应的焓变为ΔH1+ΔH2； (2)H2O；＜ 由于图示范围内反应Ⅱ的平衡常数始终为K=108，根据方程式结合平衡常数表达式可知始终成立，因此根据图像可知乙表示的物种是H2O，丁表示的是H2，升高温度S2减小，H2O、H2均增大，所以丙表示表示SO2，甲表示H2S，因此反应Ⅲ的正反应是放热反应，即ΔH＜0； (3)0.45+0.5a；150a T1平衡时H2是amol，根据可知H2O和SO2的物质的量均为100amol，根据H元素守恒可知H2S为0.1－101a，设平衡时CaS和S2的物质的量分别为xmol和ymol，根据Ca元素守恒可知CaSO4是1－x，根据O元素守恒可知2=100a+200a+4－4x，解得x=75a+0.5，根据S元素守恒可知2=0.1－101a+100a+1+2y，解得y=0.45+0.5a，所以此时CaS和CaSO4的物质的量的差值为2x－1=150a。 (4)增大；减小 设反应I+反应II=反应IV，反应IV为：，KIV=，压缩容器体积产率增大、K不变，，增大，则c(SO2)增大，KIII=，KIII不变，c(SO2)增大，则增大，增大，又据S元素守恒，CaSO4、CaS中有1molS原子，而增大、c(SO2)增大，说明c(H2S)减小，又增大，所以减小，不变，所以n(H2O)减小。 23.(2025高考·安徽)I.通过甲酸分解可获得超高纯度的。甲酸有两种可能的分解反应： ① ② (1)反应的 。 (2)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的，发生上述两个分解反应下列说法中能表明反应达到平衡状态的是 (填标号)。 a.气体密度不变     b.气体总压强不变 c.的浓度不变 d.和的物质的量相等 (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，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(和)的重要方法，主要反应有： ③ ④ ⑤ (4)恒温恒容条件下，可提高转化率的措施有 (填标号)。 a.增加原料中的量 b.增加原料中的量 c.通入气 (5)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的//混合气，投料组成与和的平衡转化率之间的关系如下图。 i.投料组成中含量下降，平衡体系中的值将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ii.若平衡时的分压为，根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数 (用含p的代数式表示，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)。 23.【答案】(1)-41.2 由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则； (2)bc 气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到平衡状态；两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变是平衡状态；气体浓度不变是平衡状态的标志，则浓度不变，是平衡状态；CO和CO2物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态，选bc。 (3)原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢；催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利 反应①的选择性接近100%，原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%；反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利； (4)b 增加原料中CH4的量，CH4自身转化率降低；增大原料中CO2的量，CH4转化率增大；通入Ar，各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变，选b； (5)增大；0.675p2 如图可知，恒压时，随着Ar含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当于减压，平衡正向移动，压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar含量下降，反应③和⑤平衡逆向移动，但甲烷的转化率下降的更快，而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反应⑤逆移程度稍小，但CO减小的少，则n(CO):n(H2)增大；设初始投料：、、，平衡时，甲烷转化率为20%，二氧化碳的转化率为30%，则平衡时：；；根据碳元素守恒：；根据氧元素守恒：；根据氢元素守恒：；平衡时，气体总物质的量为，Ar的分压为，则总压为，、、、，反应⑤的平衡常数。 24.(2025高考·黑吉辽蒙卷)乙二醇是一种重要化工原料，以合成气为原料合成乙二醇具有重要意义。 Ⅰ.直接合成法：，不同温度下平衡常数如下表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 1.0 (1)该反应的 0(填“>”或“<”)。 (2)已知的燃烧热分别为，则上述合成反应的 (用a、b和c表示)。 (3)实验表明，在500K时，即使压强(34MPa)很高乙二醇产率(7%)也很低，可能的原因是 (答出1条即可)。 Ⅱ.间接合成法：用合成气和制备的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2MPa、催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比，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]。 ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同)表示DMO的转化率，曲线 表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DMO转化率的措施有 (填标号)。 A.降低温度     B.增大压强 C.减小初始氢酯比 D.延长原料与催化剂的接触时间 ③483K时，出口处的值为 (精确至0.01)。 ④A点反应的浓度商 (用物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。 24.【答案】(1)< 根据表格中的数据，反应温度升高反应的平衡常数减小，说明反应向逆反应方向移动，又因升高温度向吸热反应方向移动，故逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH<0。 (2)-2a-3b+c(或c-2a-3b) 根据已知条件可以写出如下热化学方程式： 根据盖斯定律，用反应①的2倍加上反应②的3倍减去反应③即可得到目标方程式，故目标方程式的ΔH=c-2a-3b kJ·mol-1。 (3)温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低(或温度过高，催化剂的催化活性下降导致产率过低) 根据表格中的平衡常数，反应温度在500K时，平衡常数K<，此时平衡常数过小，导致乙二醇产率过低；或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低。 (4)MG、乙二醇、乙醇的选择性之和为100，曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，根据曲线的变化，曲线Ⅰ表示DMO的实际转化率；随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇、乙二醇会继续转化成乙醇，根据曲线的变化，曲线IV为MG的选择性曲线，因此曲线III为乙醇的选择性曲线。 ①I；IV 根据上述分析，曲线I为DMO的实际转化率曲线；曲线IV为MG的选择性曲线； ②BD 根据图示，降低温度，DMO的转化率降低，A不选。增大压强，反应体系中的活化分子数增加，化学反应速率加快，DMO的转化率增大，B入选。减小初始的氢酯比导致体系中氢含量下降，DMO的转化率降低，C不选。A点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率，D入选。 ③1.98 483K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO为100mol，则出口出流出的乙醇的物质的量为100mol×99%×2%=1.98mol，此时还有1mol DMO未反应从出口流出，因此出口处==1.98； ④0.025 设初始时H2与DMO的投料分别为52.4mol和1mol，A点时DMO的实际转化率为80%，MG和乙二醇的选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生DMO转化为MG，可写出如下关系： 第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系： 这时，体系中DMO的物质的量为0.2mol、MG的物质的量为0.4mol、H2的物质的量为50.0mol、CH3OH的物质的量为1.2mol、乙二醇的物质的量为0.4mol，体系中总物质的量为0.2+0.4+50.0+1.2+0.4=52.2mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度熵Qx==0.025。 11 / 34 学科网（北京）股份有限公司 $