专题10 化学反应速率与化学平衡 题组2-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编化学

色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.c0m☐ 您身边的互联网+教辅专家 专题10 题班级： 化学反应速率与化学平衡 组 姓名： 学号： 一、选择题 1.(2025黑吉辽内蒙古卷)一定条件下，“Br0-3-S02-3- \a\vs4\al\co1(Fe(CN)6)4-一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() 6.5 5.5 4.5 3.5 2.5 周期 0 20 40 t/min ① SO2-3+H+—HSO-3 ② HSO-3+H+—H2SO3 ③ 3HS0-3+BrO-3—3SO2-4+Br-+3H+ ④ H2SO3+BrO-3→ BrO-3+6H++6\a\vs4\al\col(Fe (CN)6)4-=Br-+ ⑤ 6\a\vs4\al\co1(Fe(CN)6)3-+3H2O A.原料中cH+)不影响振幅和周期 B.反应④：3H2SO3+BrO-3一3SO2-4+Br-+6H+ C.反应①~④中，H+对SO2一3的氧化起催化作用 D.利用pH响应变色材料，可将pH振荡可视化 2.(2024安徽卷)室温下，为探究纳米铁去除水样中SO2一4的影响因素，测得不同条件下 SeO2一4浓度随时间变化关系如图。 5.0 4.0 3.0 ③ 2.0 1.0 ① 0.0 46 81012 t/h 实验序号 水样体积mL 纳米铁质量mg 水样初始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 下列说法正确的是( A.实验①中，0~2小时内平均反应速率o(SeO2-4)=2.0molL-1.h-1 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2XXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 B.实验③中，反应的离子方程式为：2Fe+SeO2-4+8H+一2Fe3++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，SO2一4的去除效果越好 3.(2023·湖南卷)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)+H2Og)COg)+3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x(x=n(CH4)n(20)随温度 的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( T T/K A.x1<x2 B.反应速率：正<0。正 C.点a、b、c对应的平衡常数：Ka<K=Ke D.反应温度为T,当容器内压强不变时，反应达到平衡状态 4.(2022北京卷)某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸 附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为NO3。原理示意图如下。 清洁空气 吸附 H0、02 88 MOFs材料N2O, 图例 含NO的废气 再生 HNO 己知：2NO2(g)N2O4(g)△H<0 下列说法不正确的是() A.温度升高时不利于NO2吸附 B.多孔材料“固定”N2O4,促进2NO2N2O4平衡正向移动 C.转化为HNO3的反应是2NO4+O2十2H2O一4NO3 D.每获得0.4 mol HNO3时.转移电子的数目为6.02×1022 5.(2022北京卷)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C○2， 在催化剂上检测到有积碳。 CacO CH 催 ① ② 剂 CO2 CaO CO、H2 图1 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 ur.loww)/ 2 co -H2 CH 0 时间/min 图2 下列说法不正确的是( 催化剂。 A.反应①为CaO+CO2一CaCO3;反应②为CaCO3+CH CaO+2CO+2H2 催化 B.min~min,nH2)比n(CO)多，且生成H2的速率不变，推测有副反应CH4 C+2H2 C.min时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率 D.min之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生 6.(2022湖南卷)向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应： 2X(g)+Y(g)Z(g)△H,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() 甲 时间 A.△H0 B.气体的总物质的量：nnc C.a点平衡常数：l2 D.反应速率：a正<正 7.(2021·广东卷)反应X一2Z经历两步：①X→Y;②Y→2Z。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随t的变化曲线 B.时，cX=c(Y=c(Z) C.时，Y的消耗速率大于生成速率 D.5后，c(Z)=2co-c(Y) 二、非选择题 8.(2025甘肃卷)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 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 程包括以下两个主要反应： 反应1：C2H2(g)+H2(g）)—C2H4(g)△H1=-175 kJ mol--1(25℃，101kPa) 反应2：C2H2(g)+2H2(g)=C2H6(g)△H2=-312 kJmol-1(25℃，101kPa) (1)25℃，101kPa时，反应C2H4(g)+H2(g)—C2H6(g)△H= kJmol-1。 (2)一定条件下，使用某含Co催化剂，在不同温度下测得乙炔转化率和产物选择性（指定产 物的物质的量/转化的乙炔的物质的量)如图所示（反应均未达平衡） 100 60 40 20 0 60 1(00140180220260 温度/℃ 100 90 △ 60 △一△ △乙烯 。-乙烷 20 10 0 120140160180200220240 温度/℃ ①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 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1 2(填 “>”“<”或 “= ”) 理 由 为 (3)对于反应1，反应速率(C2H2)与H2浓度cH2)的关系可用方程式(C2H2)=k \a\vs4\al\co1(c(H2)a表示（化为常数）。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o(C2H2)=1.012×10-4molL-1s-1时，c(H2)= molL-1。 实验组 c(H2)/molL-1 0(CH2)/mol L-1.s-1 4.60×10-3 5.06×10-5 1.380×10-2 1.518×10-4 (4)以Pd/W或Pd为催化剂，可在常温常压(25℃，101kPa)下实现乙炔加氢，反应机理如 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) 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 080 a:Pd/w b:Pd CHg)a H(g) /过益CH+H CH,*C.H*+H 过渡态，CH(g4H H:(g (007 H.g CH*+H* C.H CH*+H*C,Hg+2H(0.61 过度湖 C.Hg) C.H+F CH:*+2H* 0.68Ci*+H C,H*+2H* 反应过程 9.(2025·河南卷)CaCO3的热分解与Ni,P,催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气H2 十CO),实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应I:CaCO,(g)g0aO(g)+CO2(g)△H1=+178 kJmol-1 反应Ⅱ：CH4(g)+CO2(g)2H2(g)十2COg)△H2=+247 kJ-mol-1 反应Ⅲ：H2(g)+CO2(g)gH2Og)+CO(g)△H3=+41 kJmol-1 回答下列问题： (1)Ca位于元素周期表中 区；基态N2+的价电子排布式为 (2)水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是 (3)Ni,P的晶胞如图1所示（晶胞参数a=b≠c.a=B=90°，y=120),该物质的化学式为 O ● ONi Q ●P -b- 图1 (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“T”“T2”或 “T3”).原因是 ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxXk.c0m☐ 您身边的互联网+教辅专家 100 17 80 60 T2 40 。 0 5001000150020002500 压强/kPa 图2 (⑥一定温度、100kPa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1.3mol,反应的平衡常数K。= (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= [nCaC03(初始)一nCaC03(平衡)一nC02(平衡)]nCaC03(初始)×100% 10.(2025黑吉辽内蒙古卷)乙二醇是一种重要化工原料，以合成气(C0、H2)为原料合成乙 二醇具有重要意义。 I.直接合成法：2COg)+3H2(g),sup6(催化剂，)HOCH2CH2OH(g),不同温度下平衡常 数如下表所示。 温度 298K 355K 400K 平衡常数 6.5×104 1.0 1.3×10-3 (1)该反应的△H 0(填“>”或“<”)。 (2)己知CO(g)、H2(g)、HOCH2CH2OH(g)的燃烧热（△）分别为一a kJmol-1、一bkJ mol-1、一e kJ-mol-1,则上述合成反应的△H= kJ-mol-(用a、b和c表示)。 (3)实验表明，在500K时，即使压强(34P)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。 COOCH2 +2H2 CH2 OH +2H2 CH2 OH +H2 CH COOCH -CH OH COOCH -CH:OH CH OH -H2O CH,OH DMO(g MG(g) 乙二醇(g) 乙醇(g) (4)在2MPa、Cu/SiO2催化、固定流速条件下，发生上述反应，初始氢酯比n(2)n(DMO)=52.4, 出口处检测到DMO的实际转化率及MG、乙二醇、乙醇的选择性随温度的变化曲线如图所 个 某物质的选择性=f(n生成（该物质）n消耗(DM0)×100%)。 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 (483.99) 100 80 60 A(450,50) 40 20 (483.2) 443 463 483 503 523 温度K ①已知曲线Ⅱ表示乙二醇的选择性，则曲线 (填图中标号，下同表示DMO的转 化率，曲线 表示MG的选择性。 ②有利于提高A点DMO转化率的措施有 (填标号)。 A降低温度 B.增大压强 C减小初始氢酯比 D.延长原料与催化剂的接触时间 ③483K时，出口处n(乙醇)n(DMO)的值为 (精确至0.01)。 ④A点反应MG(g)十2H2(g)HOCH2CH2OH(g)+CH,OH(g)的浓度商Q.= (用 物质的量分数代替浓度计算，精确至0.001)。 11.(2024吉林卷)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HC1废气： 2HCI(g)+1202(g)C(g)+H2O(g) △H1=-57.2 kJmol-1△SK 将HC1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HCI转化率()曲线，如图所示（较低流速下转化率可近似为平衡转化 率) ·独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 90 每80 705 n(HCI):n(O2)=4:3 60 0.17.61) 0.18 0.14 0.10 0.06 HCI流速/(mol·h-) T 图1 0-T2 +T3 901 0000-0-0 480 (0.10.80 70 n(HC1):n(O2)=44 60 0.18 0.14 0.10 0.(06 HCI流速/(mol·h-) 图2 回答下列问题： (1)△S 0(填“>”或“<”)；T3= ℃ (②)结合以下信息，可知H2的燃烧热△H= kJmol-1. H2O①—H2O(g) △H2=+44.0 kJ.mol-1 H2(g)+Cz(g)—2HCl(g) △H3=-184.6kJ-mol-1 (3)下列措施可提高M点HC1转化率的是 (填标号)。 A增大HCI的流速 B.将温度升高40℃ C.增大nHCD:n(O2) D.使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时，cT3)小于c(T2)和(T).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)。 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 12.(2024河北卷)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)AH=-67.59 kJmol-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)。 ②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和C2(g),测定T1、T2、T3温度下体系达平 衡时的△p(△p=Po一P,po为体系初始压强，po=240kPa,p为体系平衡压强)，结果如图1。 75 70 M(2,60) 60 55 50 45 40 3 30 T 1 1.5 2 2.5 3 3.5 a n(SO2):n(Cl2) 图1 图1中温度由高到低的顺序为 判断依据为 0 M点Cl2的转化率为 ,T1温度下用分压表示的平衡常数K。= kPa-1。 ③图2曲线中能准确表示T1温度下△p随进料比变化的是 (填标号)。 75IA 70BE 65d 860H 55 450 45 出 35 0.00.51.01.52.02.53.03.54.0 n(SO2):n(Cl2) 图2 (2)1,4二（氯甲基）苯（①）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 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 CI C Cl2 Cl2 ② D Cl2 CI Cl2 CH CH③'H,C- c1⑤ M G 以上各反应的速率方程均可表示为o=kc(A)cB),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(%k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。 己知该温度下，%：点：：：=100：21：7：4：23。 ①30min时，c(X)=6.80molL-1,且30~60min内X)=0.042molL-1min-1,反应进 行到60min时，c(X)= molL-1。 ②60min时，cD)=0.099molL-1,若0~60min产物T的含量可忽略不计，则此时c(G) molL-1;60min后，随T的含量增加，c(D)c(G)(填“增大”“减小” 或“不变”)。 13.(2024江苏卷)氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。 ()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1mol的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 mol H2 CO2+H2O H2O CO+H,一→反应器DFe,反应器D一H Fe2O Fe:O 反应器一空气 (2)一定条件下.将氮气和氢气按nN2):nH2)=1:3混合匀速通入合成塔，发生反应N2 a-Fe/Al2 Os +3H2 高温、高压 2NH3。海绵状的a-Fe作催化剂，多孔Al2O3作为-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 ②A2O3含量与-Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。A2O3含量大于2%，出口处 氨 含 量 下 降 的 原 因 是 独家授权侵权必究 题组二 1.解析　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3H2SO3＋BrO===3SO＋Br－＋6H＋，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，H＋对SO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。 答案　A 2.解析　实验①中，0～2小时内平均反应速率v(SeO)＝＝2.0×10－5 mol·L－1·h－1，A项错误；实验③中水样初始pH＝8，溶液呈弱碱性，结合氧化还原反应规律可得离子方程式为2Fe＋SeO＋4H2O===2Fe(OH)3＋Se＋2OH－，B项错误；由实验①②可知，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量，反应速率加快，C项正确；由实验②③可知，其他条件相同时，适当减小水样初始pH，SeO的去除效果更好，但若水样初始pH太小，与H＋反应的纳米铁的量增多，从而影响SeO的去除效果，D项错误。 答案　C 3.解析　图像分析 结合图像分析可知，A项正确，B项错误；该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数增大，结合图像可知平衡常数Ka＜Kb＝Kc，C项正确；该反应反应前后气体分子数不相等，恒温恒容时，容器内压强不再发生变化，即达到平衡状态，D项正确。 答案　B 4.解析　从2NO2(g)N2O4(g)　ΔH<0可以看出，这是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；多孔材料“固定”N2O4，从而促进2NO2N2O4平衡正向移动，B正确；N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3，C正确；在方程式2N2O4＋O2＋2H2O===4HNO3中，转移的电子数为4e－，则每获得0.4 mol HNO3，转移的电子数为0.4 mol，即个数为2.408×1023，D错误。 答案　D 5.解析　由题干图1所示信息可知，反应①为CaO＋CO2===CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3＋CH4CaO＋2CO＋2H2，A正确；由题干图2信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2的速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，催化剂上有积碳，故可能有副反应CH4C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2，B正确；由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2 mmol/min，而CO变为1～2 mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率，C错误；由题干图2信息可知，t3min之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1 mmol/min，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确。 答案　C 6.解析　甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV＝nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH＜0，A错误；根据A项分析可知，上述密闭容器中的反应为放热反应，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：na＜nc，B正确；a点为平衡点，此时容器的总压强为p，假设在恒温恒容条件下进行，则气体的压强之比等于气体的物质的量(物质的量浓度)之比，所以可设Y转化的物质的量浓度为x mol·L－1，则列出三段式如下： 2X(g) ＋Y(g)  Z(g) c0 2 1 0 Δc 2x x x c平 2－2x 1－x x 则有＝，计算得x＝0.75，那么化学平衡常数K＝＝＝12，又甲容器为绝热条件，等效为恒温条件下升温，平衡逆向移动，则平衡常数减小即平衡常数K＜12，C错误；根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即Va正＞Vb正，D错误。 答案　B 7.解析　X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，a为c(X)随t的变化曲线，A正确；由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于t1时刻，因此，t1时c(X)＝c(Y)＝c(Z)，B正确；由图中信息可知，t2时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明t2时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即t2时Y的消耗速率大于生成速率，C正确；由图可知，t3时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则c(Y)＝c0，由于反应②Y→2Z的发生，t3时刻Y浓度的变化量为c0－c(Y)，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为2[c0－c(Y)]，这种关系在t3后仍成立， 因此，D不正确。 答案　D 8.解析　(1)由盖斯定律，②－①可以得到目标反应，则ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－312 kJ·mol－1＋175 kJ·mol－1＝－137 kJ·mol－1。(2)①反应未达到平衡状态，温度升高，反应速率加快，乙炔的转化率增大或温度升高，催化剂活性增强，乙炔的转化率增大；220 ℃～260 ℃，乙炔的转化率下降，反应未达平衡状态，说明不是由于平衡移动造成的，可能原因是催化剂在该温度范围内失活；②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v1＞v2。(3)将数据代入方程，②÷①得到α＝1，则k＝1.1×10－2，v(C2H2)＝1.012×10－4时，1.012×10－4＝1.1×10－2×c(H2)，c(H2)＝9.2×10－3 mol·L－1；(4)如图可知，选择Pd作催化剂时，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作催化剂，乙烯更容易转化为乙烷，使乙烯的选择性更小，故Pd/W作催化剂时，乙烯的选择性更高。 答案　(1)－137 (2)①温度升高，反应速率加快或温度升高，催化剂活性增强　催化剂在该温度范围内失活　②＞　乙烯的选择性大于乙烷，说明反应1乙炔的转化速率大于反应2乙炔的转化速率 (3)9.2×10－3 (4)Pd/W　Pd/W作催化剂时，生成乙烷的活化能大于Pd作催化剂时的 9.解析　(1)Ca原子序数为20，基态原子电子排布为[Ar]4s2，价电子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序数为28，基态电子排布为[Ar] 3d84s2。Ni失去4s能级上2个电子形成Ni2＋，价电子排布为3d8。(2)中心O原子有2个σ键，孤电子对数为＝2，共4个价电子对，VSEPR模型为四面体型，空间结构为V形，故答案为O原子上存在2对孤电子对。(3)该晶胞中，P原子8个位于顶点、2个位于体内，1个晶胞中所含P原子数为2＋8×＝3，Ni原子8个位于棱(均被4个晶胞共用)、6个位于面(均被2个晶胞共用)，1个位于体内，Ni原子数为1＋8×＋6×＝6，因此该物质的化学式为Ni2P。(4)CH4重整反应会消耗CO2，降低体系中CO2分压，使CaCO3分解反应正向移动且反应放热，可以为碳酸钙分解提供能量，故答案为反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移。(5)反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温度最高的是T1。(6)一定温度、100 kPa下，向体系中加入1.0 mol CaCO3和1.0 mol CH4，恒压反应至平衡时，体系中CaCO3转化率为80%，反应Ⅰ：CaCO3(g)CaO(g)＋CO2(g)平衡时生成n(CO2)＝0.8 mol，CH4转化率为60%，CO物质的量为1.3 mol，则 CH4(g)＋CO2(g)2H2(g)＋2CO(g) 起始/mol 1 0.8 0 0 转化/mo l0.6 0.6 1.2 1.2 平衡/mol 0.4 0.2 1.2 1.2 H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) 起始/mol 1.2 0.2 0 1.2 转化/mol 0.1 0.1 0.1 0.1 平衡/mol 1.1, 0.1 0.1 1.3 气体总物质的量n总＝(1.3＋0.1＋0.1＋1.1＋0.4)mol＝3 mol，反应Ⅲ的平衡常数Kp＝＝ ≈1.2，CaCO3平衡时n(CaCO3)＝(1－1×80%)mol＝0.2 mol，原位CO2利用率为 ×100%＝×100%＝70%。 答案　(1)s　3d8 (2)O原子上存在2对孤电子对 (3)Ni2P (4)反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移 (5)T1　升高温度，反应Ⅱ正向移动 (6)1.2　70% 10.解析　(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)根据已知条件可以写出如下热化学方程式： ①CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－a kJ·mol－1 ②H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　 ΔH2＝－b kJ·mol－1 ③HOCH2CH2OH(g)＋O2(l)===2CO2(g)＋3H2O(l)　 ΔH3＝－c kJ·mol－1 根据盖斯定律，用负的反应③减去2倍的反应①和3倍的反应②即可得到目标方程式，故目标方程式的ΔH＝(c－2a－3b) kJ·mol－1。 (3)根据表格中的平衡常数，反应温度在500 K时，平衡常数K<1.3×10－3，此时平衡常数过小，导致乙二醇产率过低；或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致乙二醇产率过低。 (4)根据图示的曲线，随着反应的温度升高，Ⅰ曲线的变化趋势为上升后逐渐平衡，此时说明DMO的转化率区域恒定，故Ⅰ曲线为DMO的实际转化率曲线；又已知Ⅱ为乙二醇的选择性曲线，观察曲线Ⅱ和曲线Ⅳ可知，随着反应的进行MG逐渐转化为乙二醇，故曲线Ⅳ为MG的选择性曲线，因此曲线Ⅲ为乙醇的选择性曲线。①根据上述分析，曲线Ⅰ为DMO的实际转化率曲线；曲线Ⅳ为MG的选择性曲线；②根据图示，降低温度，DMO的转化率降低，A不符合题意；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的转化率降低，C不符合题意；A点时DMO的转化率为80%，升高温度后转化率持续上升说明A点时反应未平衡，延长原料和催化剂的反应时间可以促进反应的继续进行，增大DMO的转化率，D符合题意；③483 K时，DMO的实际转化率为99%，设起始投入反应的DMO为100 mol，则出口处流出的乙醇的物质的量为100 mol×99%×2%＝1.98 mol，此时还有1 mol DMO未反应从出口流出，因此出口处＝＝1.98；④设初始时H2与DMO的投料分别为52.4 mol和1 mol，A点时DMO的实际转化率为80%，MG和乙二醇的选择性为50%，假设该反应分步进行，第一步发生DMO转化为MG，可写出如下关系： DMO(g)＋2H2(g)===MG(g)＋CH3OH(g) 起始(mol) 1 52.4 0 0 反应(mol) 0.8 1.6 0.8 0.8, 终了(mol) 0.2 50.8 0.8 0.8 第二步反应，MG转化为乙二醇，可写出如下关系： MG(g)＋2H2(g)HOCH2CH2OH(g)＋CH3OH(g) 起始(mol) 0.8 50.8 0 0.8 反应(mol) 0.4 0.8 0.4 0.4 终了(mol) 0.4 50.0 0.4 1.2 这时，体系中DMO的物质的量为0.2 mol、MG的物质的量为0.4 mol、H2的物质的量为50.0 mol、CH3OH的物质的量为1.2 mol、乙二醇的物质的量为0.4 mol，体系中总物质的量为0.2＋0.4＋50.0＋1.2＋0.4＝52.2 mol。用物质的量分数代替浓度计算反应的浓度商Qx＝≈0.025。 答案　(1)< (2)－2a－3b＋c(或c－2a－3b) (3)温度过高，反应平衡常数较小导致产率过低(或温度过高，催化剂的催化活性下降，导致产率过低) (4)①Ⅰ　Ⅳ　②BD　③1.98　④0.025 11.解析　(1)该反应反应后气体分子数减少，ΔS <0。该反应为放热反应，达到平衡后，其他条件不变时，升高温度，平衡逆向移动，HCl的平衡转化率降低，由题图知，较低流速下，T3时HCl的转化率最大，故T3 ＝360 ℃。(2)将题中已知反应依次编号为①、②、③，根据盖斯定律，由①－②＋③可得：H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－57.2 kJ·mol－1－(＋44.0 kJ·mol－1)－184.6 kJ·mol－1＝－285.8 kJ·mol－1，故H2的燃烧热ΔH＝－285.8 kJ·mol－1。(3)由题图可知，增大HCl的流速，HCl的转化率降低，A项错误；将温度升高40 ℃，即升温至400 ℃，由题图可知，HCl的转化率增大，B项正确；增大n(HCl)∶n(O2)，HCl的转化率减小，C项错误；M点该反应未达到平衡，使用更高效的催化剂，可以加快反应速率，提高HCl的转化率，D项正确。(4)图中较高流速时，反应未达到平衡状态，T3温度低，反应速率慢，且较高流速时，反应物在催化剂表面接触时间短，故HCl的转化率低。(5)N点起始时n(HCl)∶n(O2)＝4∶4，HCl的平衡转化率为80%，设起始时HCl、O2的物质的量均为1 mol，列三段式： 　　 　2HCl(g)＋O2(g)Cl2(g)＋H2O(g) 起始量/mol：　1　　　　1　　　　0　　　0 转化量/mol: 0.8 0.2 0.4 0.4 平衡量/mol: 0.2 0.8 0.4 0.4 则该温度下反应的平衡常数K＝＝6。(6)二者晶体结构相同，晶胞体积近似相等，则二者密度之比等于摩尔质量之比，设Ru的相对原子质量为Mr，则＝1.66，解Mr≈101。 答案　(1)<　360　(2)－285.8　(3)BD　(4)反应未达到平衡，T3温度低，反应速率慢，且反应物在催化剂表面接触时间短，相同时间内HCl的转化率低　(5)6　(6)101 12.解析　(1)①ΔH＝正反应的活化能－逆反应的活化能，代入数据得：－67.59 kJ·mol－1＝E正 kJ·mol－1－E逆，则E逆＝(E正＋67.59)kJ·mol－1。②该反应为气体分子数减小的反应，由反应方程式可知，体系达平衡时，体系中减小的压强等于生成的SO2Cl2的压强，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，生成的SO2Cl2的量减少，则Δp减小，对照图像可知T1<T2<T3。T1温度下，M点处进料比n(SO2)∶n(Cl2)＝2，则SO2的初始物质的量分数x(SO2)＝，初始分压p(SO2)＝x(SO2)·p总＝×240 kPa＝ 160 kPa；同理，Cl2初始分压p(Cl2)＝80 kPa。设达到平衡时SO2的压强变化了x kPa，列三段式： 　　　　SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(g) 起始/kPa 160 80 0 转化/kPa x x x 平衡/kPa 160－x 80－x x 由题图可知，M点处Δp＝p0－p＝60 kPa，将p0＝240 kPa、p＝(160－x＋80－x＋x)kPa代入，解得x＝60，则M点Cl2的转化率为×100%＝75%。T1温度下平衡时各气体分压分别为p(SO2)＝100 kPa，p(Cl2)＝20 kPa，p(SO2Cl2)＝60 kPa，代入平衡常数表达式：Kp＝＝＝0.03 kPa－1，(提示：在恒温恒容的容器中，p与物质的量n成正比，因此在恒温恒容的容器中，分压可代替气体的物质的量代入三段式直接进行计算)。③体系初始压强相同，当n(SO2)∶n(Cl2)<1.0时，随着进料比n(SO2)∶n(Cl2)增大，生成的SO2Cl2的量增多，Δp增大，按化学计量数之比投料时，产物的产率最高，当n(SO2)∶n(Cl2)>1.0时，随着进料比n(SO2)∶n(Cl2)增大，Δp减小，排除A、B；结合②中计算可知，当n(SO2)∶n(Cl2) ＝0.5，体系达到平衡时，体系中生成的SO2Cl2的分压也应为60 kPa，即Δp＝60 kPa，对照图像可知，表示T1温度下Δp随进料比变化的是D。(2)①30～60 min内X的转化浓度为0.042 mol·L－1·min－1×30 min＝1.26 mol·L－1，因此60 min时c(X) ＝6.80 mol·L－1 －1.26 mol·L－1 ＝5.54 mol·L－1。②0～60 min产物T的含量可忽略不计，说明在此阶段D、G的消耗速率可忽略不计。D、G均由M生成，任意时刻两者的生成速率之比＝＝＝＝。D、G的初始浓度均为0，任意时刻生成的浓度之比等于其速率之比，因此60 min时c(G)＝＝0. 033 mol·L－1。60 min后，D、G开始生成T，两者的消耗速率之比为＝＝＝＝。结合两者的生成速率知，D生成得快而消耗得慢，G生成得慢而消耗得快，因此会增大。 答案　(1)①E正＋67.59　②T3>T2>T1　Δp与生成的SO2Cl2的压强相等，该反应放热，升温平衡逆向移动，生成的SO2Cl2的量减少，Δp减少　75%　0.03　③D　(2)①5.54　②0.033　增大 13.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＋Fe2O3===2Fe＋3CO2、3H2＋Fe2O3===2Fe＋3H2O，化合价发生改变的元素有C、H、Fe。 CO、H2各1 mol参与上述反应，各生成mol Fe，共 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即可。②多孔Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，且当Al2O3含量大于2%时，催化剂α­Fe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)①NaHCO3受热易分解，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，HCO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＋HCO===H2O＋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。 答案　(1)C、H、Fe　　(2)①CH3COO[Cu(NH3)2]＋NH3·H2O＋CO===CH3COO[Cu(NH3)3CO]＋H2O　②多孔Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%，α­Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少　(3)①NaHCO3受热易分解，导致HCOO－产率下降　②—NH2可以与HCO形成氢键　HDO 14.解析　(1)在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应N2(g)＋H2(g)===NH3(g)的ΔH＝(473＋654－436－397－339) kJ·mol－1＝－45 kJ·mol－1。 (2)由图1中信息可知，N2(g)===N(g)的ΔH＝＋473 kJ·mol－1，则N≡N的键能为946 kJ·mol－1；H2(g)===3H(g)的ΔH＝＋654 kJ·mol－1，则H—H的键能为436 kJ·mol－1。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H—H的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。 (3)已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287 pm，密度为7.8 g·cm－3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α­Fe晶体密度ρ＝ g·cm－3＝7.8 g·cm－3，解得x＝，即α­Fe晶胞中含有Fe的原子数为。 (4)①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数：p1＜p2＜p3，因此，图中压强由小到大的顺序为p1＜p2＜p3，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图是图4。③图3中，进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25两者物质的量之比为3∶1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3 mol和1 mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有： 　　　　N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) 始(mol)　1　　　　3　　　　　0 变(mol)　x　　　　3x　　 　　2x 平(mol)　1－x　　3－3x　 　　2x 当p2＝20 MPa、xNH3＝0.20时，xNH3＝＝0.20，解得x＝，则氮气的转化率α＝≈33.33%；平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为 mol、2 mol、 mol，其物质的量分数分别为、、，则该温度下Kp＝＝(MPa)－2因此，该温度时，反应N2(g)＋H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝＝ ＝ (MPa)－1。 答案　(1)－45　(2)(ⅱ)　在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H—H的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)　(3)　(4)①p1＜p2＜p3　合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大　②图4　③33.33%　 15.解析　(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)。(2)由题意得376.8 ℃时玻璃烧瓶中发生两个反应：BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)、Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g)。BaPtCl6(s)BaCl2(s)＋Pt(s)＋2Cl2(g)的平衡常数K′p＝1.0×104 Pa2，则平衡时p2(Cl2)＝1.0×104 Pa2，平衡时p(Cl2)＝100 Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小p kPa，则 　　　　Cl2(g)＋I2(g)2ICl(g) 开始/(kPa) 20.0 0 变化/(kPa) p 2p 平衡/(kPa) 0.1 20.0－p 2p 376.8 ℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5 kPa，则0.1＋20.0＋p＝32.5，解得p＝12.4，则平衡时pICl＝2p kPa＝2×12.4 kPa＝24.8 kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0－p)kPa＝7.6 kPa＝7.6×103 Pa，pICl＝24.8 kPa＝24.8×103 Pa，pCl2＝0.1 kPa＝100 Pa，因此反应2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的平衡常数K＝。(3)①结合图可知，温度越高，越小，lg Kp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的大于0；②Ⅰ.2NO(g)＋2ICl(g)2NOCl(g)＋I2(g)　Kp1 Ⅱ.2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)　Kp2 Ⅰ＋Ⅱ得2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)，则2ICl(g)===Cl2(g)＋I2(g)的K＝Kp1·Kp2；该反应的ΔH大于0；推理过程如下：设T1>T2，即<，由图可知：lg Kp2(T1)－lg Kp2(T2)>|lg Kp1(T1)－lg Kp1(T2)|＝lg Kp1(T2)－lg Kp1(T1)则：lg [Kp2(T1)·Kp1(T1)]>lg [Kp2(T2)·Kp1(T2)]，即K(T1)>K(T2)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0。(4)Ⅰ.NOCl＋hv―→NOCl Ⅱ.NOCl＋NOCl―→2NO＋Cl2 Ⅰ＋Ⅱ得总反应为2NOCl＋hv===2NO＋Cl2，因此2 mol NOCl分解需要吸收1 mol光子能量，则分解1 mol的NOCl需要吸收0.5 mol光子。 答案　(1)溴(或Br)　(2)24.8　 (3)①大于　②Kp1·Kp2　大于　设T1>T，即<，由图可知：lg Kp2(T1)－lg Kp2(T2)>|lg Kp1(T1)－lg Kp1(T2)|＝lg Kp1(T2)－lg Kp1(T1)则：lg [Kp2(T1)·Kp1(T1)]>lg [Kp2(T2)·Kp1(T2)]，即K(T1)>K(T2)，因此该反应正反应为吸热反应，即ΔH大于0　(4)0.5 学科网（北京）股份有限公司 $