第2章 体系建构 整理提升-【正禾一本通】2025-2026学年高二化学选择性必修1同步课堂高效讲义配套课件（人教版单选）

该高中化学课件围绕化学反应速率与化学平衡，通过体系建构梳理反应历程、速率影响因素、平衡状态及方向，结合思维升华整合计算与工业合成氨应用，搭建从基础概念到实际应用的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于可编辑PPT便于教师调整，融入酶催化活化能示意图等资源培养科学探究与实践能力，以工业合成氨条件选择为例深化科学思维，通过化学观念整合知识。学生直观理解催化剂作用，教师高效开展教考衔接，提升教学效果。

第 二 章 化学反应速率与化学平衡 化学·选择性必修1 1 《正禾一本通》PPT均可实现任意编辑，方法如下： 在PPT编辑模式中，双击需编辑内容，呈现word文档，编辑后关闭word文档即可。 第二章 体系建构 整理提升 3 章末过关检测　第二章·化学反应速率与化学平衡 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 43 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 01 02 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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 解析：选B。MnO2会催化H2O2分解，与平衡移动无关，A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正确；铁在浓硝酸中形成氧化膜，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动无关，C错误；加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，D错误。 [人教版－P40 平衡移动原理] 法国化学家勒夏特列总结出一条经验规律：如果改变影响平衡的一个因素（如温度、压强及参加反应的物质的浓度），平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动。这就是勒夏特列原理，也称化学平衡移动原理。 3．（2023·广东高考）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g)⥫⥬P(g)。反应过程（如图）中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法不正确的是(　　 ) A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应过程都分4步进行 B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大 C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大 解析：选C。由题图可知使用题给两种催化剂时均出现四组峰，反应历程都分4步进行，A正确；由题图可知总反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，反应达平衡时，R的浓度增大，B正确；由题图可知使用催化剂Ⅰ时基元反应的最大活化能低于使用催化剂Ⅱ时基元反应的最大活化能，所以使用催化剂Ⅰ时反应体系更快达到平衡，C错误；由题图可知在前两个历程中使用催化剂Ⅰ时基元反应的最大活化能较低，反应速率较快，后两个历程中使用催化剂Ⅰ时基元反应的最大活化能较高，反应速率较慢，所以使用催化剂Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，D正确。 [人教版－P29 图2­4] 4．（2021·山东高考）18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应过程可表示为，能量变化如图所示。已知⥫⥬为快速平衡，下列说法正确的是(　　) A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步 B．反应结束后，溶液中存在18OH－ C．反应结束后，溶液中存在CH eq \o\al(18,3)OH D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变 解析：选B。一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，A错误；反应Ⅰ为加成反应，而⥫⥬为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为 ，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，B正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为 或 eq \o\al(18,3) ，因此反应结束后溶液中不会存在CH 或OH，C错误；该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O－的总能量与和OH－的总能量之差等于图示总反应的焓变，D错误。 [人教版－P30　飞秒化学] 化学家泽维尔(A．H.Zewail，1946－2016)研究ICN发生光分解反应时，采用了可以分辨分子、原子飞秒级变动图像的激光脉冲技术，测得光分解反应ICN―→I·＋·CN的反应时间为(205±30)×10-15 s。在研究H·与CO2气态反应时，为了确定反应的开始时刻，泽维尔先使HI和CO2形成分子聚合体，当I·因光解离去时H·仍处于过渡态H…O…CO，这就使他可以对下列反应的整个过程进行跟踪、观察： 因在飞秒化学方面的突出贡献，1999年泽维尔获得诺贝尔化学奖。 5．（2024·安徽高考）室温下，为探究纳米铁去除水样中SeO eq \o\al(2-,4)的影响因素，测得不同条件下SeO eq \o\al(2-,4)浓度随时间变化关系如图。 实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 下列说法正确的是(　　) A．实验①中，0～2小时内平均反应速率v（SeO eq \o\al(2-,4)）＝2.0 mol·L-1·h-1 B．实验③中，反应的离子方程式为：2Fe＋SeO eq \o\al(2-,4)＋8H＋===2Fe3+＋Se＋4H2O C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D．其他条件相同时，水样初始pH越小，SeO eq \o\al(2-,4)的去除效果越好 解析：选C。实验①中，0～2小时内平均反应速率v（SeO eq \o\al(2-,4)）＝ eq \f((5.0－1.0)×10-5 mol·L-1,2 h)＝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，不能用H＋配电荷守恒，B项错误；由实验①、②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②、③可知，其他条件相同时，适当减小水样初始pH，SeO eq \o\al(2-,4)的去除效果更好，但若水样初始pH太小，与H＋反应的纳米铁的量会增多，从而影响SeO eq \o\al(2-,4)的去除效果，故D项错误。 [人教版－P31 练习与应用T7] 【图像分析与结论】三组实验中CO的浓度随时间的变化如图所示。 (1)第Ⅰ组实验中，达到平衡时NO的浓度为　　　　。 (2)由曲线Ⅰ、Ⅱ可知，增大催化剂的比表面积，该化学反应的速率将　　　　（填“增大”“减小”或“无影响”）。 (3)由实验Ⅰ和Ⅲ可得出的结论是________________________________________________________________________。 6．（2020·北京高考）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）(　　) 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 解析：选C。缺少c(H2)，无法计算K，可通过比较Qc的大小关系，判断平衡移动方向。Qc(A)＝ eq \f(1.002,1.00×1.00)＝1，Qc(B)＝ eq \f(1.562,0.22×0.22)＝50.28，Qc(C)＝ eq \f(4.002,0.44×0.44)＝82.64，Qc(D)＝ eq \f(1.562,0.44×0.11)＝50.28，Qc越大，则越可能逆 向移动。 [人教版－P33、P37化学平衡常数] 457．6 ℃时反应体系H2(g)＋I2(g)⥫⥬2HI(g)中各物质的浓度如下表： 起始时各物质的浓度/(mol·L-1) 平衡时各物质的浓度/(mol·L-1) 平衡时 c(H2) c(I2) c(HI) c(H2) c(I2) c(HI) eq \f(c2(HI),c(H2)·c(I2)) 1.197×10-2 6.944×10-3 0 5.617×10-3 5.936×10-4 1.270×10-2 48.37 1.228×10-2 9.964×10-3 0 3.841×10-3 1.524×10-3 1.687×10-2 48.62 1.201×10-2 8.403×10-3 0 4.580×10-3 9.733×10-4 1.486×10-2 49.54 当Q＝K时，可逆反应处于平衡状态；当Q<K时，化学平衡向正反应方向移动，直至达到新的平衡状态；当Q>K时，化学平衡向逆反应方向移动，直至达到新的平衡状态。 7．（2024·江苏高考）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α­Fe作催化剂，多孔Al2O3作为α­Fe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α­Fe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＋HCO eq \o\al(－,3)HCOO－＋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Pd­Au催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将HCO eq \o\al(－,3)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。 解析：(1)CO、H2各1 mol参与上述反应，各生成 eq \f(2,3) mol Fe，共 eq \f(4,3) mol Fe。 eq \f(4,3) mol Fe在反应器Ⅱ中发生反应3Fe＋4H2O(g)===Fe3O4＋4H2，共生成 eq \f(16,9) mol H2。(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 eq \o\al(－,3)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。加氢方式判断的关键在于步骤Ⅲ中HCOO－中的氢是来自D2还是氨基，所以可以通过检测是否存在DCOO－或CN—NHD确认反应过程中的加氢方式。 答案：(1)C、H、Fe　 eq \f(16,9)　(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　②—NH2可以与HCO eq \o\al(－,3)形成氢键　DCOO－或CN—NHD [人教版－P40 化学平衡移动原理的应用] 化学平衡移动原理是经过反复验证的，在化学工业和环境保护等领域有十分重要的应用。根据化学平衡移动原理，可以更加科学、有效地调控和利用化学反应，尽可能地让化学反应按照人们的需要进行。 8．（2024·新课标卷节选）Ni(CO)4（四羰合镍，沸点43 ℃）可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题： (1)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0 MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，Ni(CO)4体积分数x与温度的关系如图所示。反应Ni(s)＋4CO(g)===Ni(CO)4(g)的ΔH　　　　0（填“大于”或“小于”），从热力学角度考虑，　　　　　　　　　　　有利于Ni(CO)4的生成（写出两点），p3、100 ℃时CO的平衡转化率α＝　　　　，该温度下平衡常数Kp＝　　　　(MPa)-3。 (2)对于同位素交换反应Ni(C16O)4＋C18O―→Ni(C16O)3C18O＋C16O，20 ℃时反应物浓度随时间的变化关系为ct[Ni(C16O)4]＝c0[Ni(C16O)4]e－kt（k为反应速率常数），则Ni(C16O)4反应一半所需时间t eq \s\do9(\f(1,2))＝　　　　（用k表示）。 解析：(1)由图可知，其他条件相同时，随着温度升高，平衡时Ni(CO)4的体积分数减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，ΔH<0；该反应为气体分子数减小的放热反应，降低温度、增大压强，平衡均正向移动，均有利于Ni(CO)4的生成；增大压强，平衡正向移动，Ni(CO)4的体积分数增大，则p3对应压强为1.0 MPa，由图可知，p3、100 ℃时，Ni(CO)4的体积分数为0.9，设起始时CO的物质的量为4 mol，达到平衡时转化的CO为4x mol，列三段式： Ni(s)＋4CO(g)===Ni(CO)4(g) 起始量/mol 　4 　0 转化量/mol 　4x 　x 平衡量/mol 　4－4x 　x 则 eq \f(x,4－3x)＝0.9，解得x＝ eq \f(36,37)，所以CO的平衡转化率为 eq \f(4×\f(36,37),4)＝ eq \f(36,37)；达到平衡时Ni(CO)4的体积分数为0.9，分压为0.9 MPa，CO的体积分数为0.1，分压为0.1 MPa，则平衡常数Kp＝ eq \f(0.9 MPa,(0.1 MPa)4)＝9×103(MPa)-3。(2)设初始时Ni(C16O)4的浓度为c，其反应一半时剩余浓度为 eq \f(1,2)c，由题给公式可知， eq \f(1,2)c＝ce－kt，解得t＝－ eq \f(ln \f(1,2),k)＝ eq \f(ln 2,k)，即Ni(C16O)4反应一半所需时间为 eq \f(ln 2,k)。 答案：(1)小于　降低温度、增大压强　 eq \f(36,37)（或97.3%）　9×103　(2) eq \f(ln 2,k) [人教版－P33 方法导引] 图像分析 在分析化学问题时，常会运用反映相关量变化关系的图像。例如，溶解度曲线、物质浓度随时间变化的曲线等。在结合化学反应原理分析图像时，应注意下列几点： (1)横坐标和纵坐标的含义； (2)曲线的斜率或者趋势； (3)曲线上的特殊点，如起点、终点、交点和拐点等； (4)根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。 一、选择题（共15小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分） 1．（2025·浙江杭州四中期中改编）下列关于自发反应的说法正确的是(　　) A．乙烯聚合为聚乙烯的反应是熵减的过程，ΔS>0 B．反应SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l)的ΔH>0 C．BaSO4(s)＋4C(s)===BaS(s)＋4CO(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH>0 D．非自发过程在任何条件下都不可能转变为自发过程 解析：选C。乙烯聚合为聚乙烯，为气体体积减小的反应，是熵减的过程，ΔS＜0，A错误；反应SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l)为放热反应，ΔH<0，B错误。 2．（2025·福建泉州七中期中）CaCO3与100 mL稀盐酸反应（放热反应，忽略反应过程中溶液体积变化）生成CO2的量与反应时间的关系如图所示，下列结论不正确的是(　　) A．反应开始2 min内平均反应速率最大 B．反应在2 min～4 min平均反应速率用盐酸表示，v(HCl)＝2 mol·(L·min)-1 C．反应4～6 min内平均反应速率最小 D．反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大 解析：选A。由图可知，0～2 min、2～4 min、4～6 min时间内，生成的CO2分别是0.1 mol、0.3 mol－0.1 mol＝0.2 mol、0.35 mol－0.3 mol＝0.05 mol，则2～4 min内平均反应速率最大，4～6 min内平均反应速率最小，A错误、C正确；反应在2～4 min内HCl平均反应速率为v(HCl)＝ eq \f(Δc(HCl),Δt)＝ eq \f(2×\f(Δn(CO2),V),Δt)＝ eq \f(2×\f(0.2 mol,0.1 L),2 min)＝2 mol·(L·min)-1，B正确；该反应为放热反应，反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大，D正确。 3．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是(　　) A．实验室中可用排饱和食盐水的方法收集Cl2 B．合成氨工业用铁触媒作催化剂 C．工业制取金属钾Na(l)＋KCl(l)⥫⥬NaCl(l)＋K(g)，选择适宜的温度，使K变成蒸气从反应体系中分离出来 D．SO2催化氧化成SO3的反应中，常采用过量的氧气来提高SO2的转化率 解析：选B。Cl2溶于水发生反应Cl2＋H2O⥫⥬HCl＋HClO，饱和食盐水中c(Cl－)大，抑制Cl2与水的反应，即使该反应平衡逆移，能用勒夏特列原理解释，A正确；催化剂不能使平衡发生移动，不能用勒夏特列原理解释，B错误；K变成蒸气从反应体系中分离出来，减小c[K(g)]，使平衡正移，能用勒夏特列原理解释，C正确；2SO2＋O22SO3，使用过量的氧气，平衡正移，能用勒夏特列原理解释，D正确。 4．对于可逆反应2A(s)＋3B(g)⥫⥬C(g)＋2D(g)　ΔH<0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是(　　) A．增大压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大 B．当体系混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡 C．单位时间内消耗3 mol B，同时生成2 mol D，反应达到平衡 D．升高温度，平衡逆向移动，v（正）减小，v（逆）增大 解析：选B。反应2A(s)＋3B(g)⥫⥬C(g)＋2D(g)是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，K不变，A错误；反应2A(s)＋3B(g)⥫⥬C(g)＋2D(g)是气体体积不变的反应，反应过程中气体总质量改变，总物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量增大，当体系的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡，B正确；根据2A(s)＋3B(g)⥫⥬C(g)＋2D(g)的系数可知，单位时间内消耗3 mol B，即同时能生成2 mol D，不能作为平衡的依据，C错误；反应2A(s)＋3B(g)⥫⥬C(g)＋2D(g)　ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，v（正）和v（逆）都增大，D错误。 5．（2025·四川攀枝花第七高级中学期中）反应：mX(g)⥫⥬nY(g)＋pZ(g)（m、n、p为化学计量数）。在不同温度下的平衡体系中，物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) A．该反应的ΔH<0 B．m>n＋p C．M、E两点化学平衡常数：KM<KE D．N、E两点的正反应速率：v(N)<v(E) 解析：选D。图像中M、N两点压强相同，温度M点大于N点，升高温度，Y的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，则ΔH>0，A错误；M、E两点温度相同，E点压强大于M点压强，增大压强，Y的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，则m<n＋p，B错误；M、E两点的温度相同，KM＝KE，C错误；N、E两点Y的体积分数相同，E点的温度和压强都高于N点，则正反应速率：v(N)<v(E)，D正确。 6．下列实验不能达到目的的是(　　) A．图①：验证勒夏特列原理 B．图②：探究温度对化学平衡的影响 C．图③：测定锌与稀硫酸反应的反应速率 D．图④：探究浓度对反应速率的影响 解析：选D。高锰酸钾溶液的浓度不同，颜色不同，应控制酸性高锰酸钾溶液浓度相同且等量，改变草酸的浓度，探究浓度对反应速率的影响，D错误。 7．常压下羰基化法精炼镍的原理为Ni(s)＋4CO(g)⥫⥬Ni(CO)4(g)　ΔH<0，平衡常数K＝2×10-5，制备过程如下。 已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，固体杂质不参与反应。 下列判断正确的是(　　) A．及时分离出Ni，有利于平衡逆向移动，得到更多的高纯镍 B．其他条件不变，增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数K增大 C．混合气体加热到230 ℃，反应的平衡常数很小，故Ni的产率低 D．温度T1若在30 ℃、50 ℃、80 ℃之间选择，应选50 ℃ 解析：选D。Ni为固体，对平衡没有影响，A错误；温度不变，平衡常数K不变，B错误；ΔH<0，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，Ni的产率增大，C错误；Ni(CO)4的沸点为42.2 ℃，且升高温度加快反应速率，温度过高，不利于反应正向进行，可选50 ℃，D正确。 8．某化学课外小组的同学通过实验探究温度和浓度对反应速率的影响。实验原理及方案：在酸性溶液中，碘酸钾(KIO3)和亚硫酸钠可发生反应生成碘，反应原理是2IO eq \o\al(－,3)＋5SO eq \o\al(2-,3)＋2H＋===I2＋5SO eq \o\al(2-,4)＋H2O，生成的碘可用淀粉溶液检验，根据出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。 实验序号 0.01 mol·L-1 KIO3酸性溶液（含淀粉）的体积/mL 0.01 mol·L-1 Na2SO3溶液的体积/mL 水的体积/mL 实验温度/ ℃ 出现蓝色的时间/s ① 5 5 V1 5 t1 ② 5 5 40 25 t2 ③ 5 V2 35 25 t3 下列判断正确的是(　　) A．实验①③中V1＝10，V2＝40 B．最先出现蓝色的一组是实验③ C．开始出现蓝色的时间：t1<t2 D．探究温度对化学反应速率的影响应该选择实验①③ 解析：选B。由实验②可以看出混合液的总体积为50 mL，所以V1＝(50－5－5) mL＝40 mL，V2＝(50－5－35) mL＝10 mL，A错误；实验③的温度高于实验①，实验③的浓度大于实验①、②，温度越高，浓度越大，化学反应速率越大，出现蓝色的时间越短，所以最先出现蓝色的一组实验是③，B正确；由于实验②中温度高于实验①，所以出现蓝色的时间t1＞t2，C错误；实验①和实验③中浓度和温度都不相同，不能探究该反应速率与温度的关系，D错误。 9．已知：NO和O2转化为NO2的反应机理如下： ①2NO(g)⥫⥬N2O2(g)（快） ΔH1<0，平衡常数K1 ②N2O2(g)＋O2(g)⥫⥬2NO2(g)（慢）　ΔH2<0，平衡常数K2 下列说法正确的是(　　) A．反应①是决定2NO(g)＋O2(g)⥫⥬2NO2(g)反应速率的关键步骤 B．2NO(g)＋O2(g)⥫⥬2NO2(g)的平衡常数K＝ eq \f(K1,K2) C．2NO2(g)⥫⥬2NO(g)＋O2(g)的ΔH＝－(ΔH1＋ΔH2) D．反应过程中的能量变化可用下图表示 解析：选C。慢反应是决定整个反应的关键步骤，A错误；2NO(g)＋O2(g)⥫⥬2NO2(g)由反应①和反应②相加得到，故平衡常数K＝K1K2，B错误；由盖斯定律可知2NO2(g)⥫⥬2NO(g)＋O2(g)的反应热为ΔH＝－(ΔH1＋ΔH2)，C正确；反应过程中的能量变化应体现出两步反应均是生成物能量低于反应物能量，且第二步活化能高于第一步，D错误。 10．反应2NO＋Cl2===2NOCl，在295 K时，其反应物浓度与反应速率关系的数据如下： c(NO)/(mol·L-1) c(Cl2)/(mol·L-1) v(Cl2)/(mol·L-1·s-1) ① 0.100 0.100 8.0×10-3 ② 0.500 0.100 2.0×10-1 ③ 0.100 0.500 4.0×10-2 注：①反应物浓度与反应速率关系式为v(Cl2)＝k·cm(NO)·cn(Cl2)（式中速率常数k＝，其中Ea为活化能，A、R均为大于0的常数，T为温度）；②反应级数是反应的速率方程式中各反应物浓度的指数之和。下列说法不正确的是(　　) A．m＝2，n＝1，反应级数为3级 B．当c(NO)＝0.200 mol·L-1，c(Cl2)＝0.300 mol·L-1时，v(NO)＝0.192 mol·L-1·s-1 C．加入催化剂可以改变反应途径，也可以增大速率常数k，而加快反应速率 D．升高温度，可以增大反应的活化能Ea，从而使速率常数k增大 解析：选D。由表中数据①③列式 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(8.0×10-3＝k·(0.100)m×(0.100)n,4.0×10-2＝k·(0.100)m×(0.500)n))，两式相除 eq \f(8.0×10-3,4.0×10-2)＝ eq \f(k·(0.100)m×(0.100)n,k·(0.100)m×(0.500)n)，解得n＝1，①②列式 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(8.0×10-3＝k·(0.100)m×(0.100)n,2.0×10-1＝k·(0.500)m×(0.100)n))，两式相除 eq \f(8.0×10-3,2.0×10-1)＝ eq \f(k·(0.100)m×(0.100)n,k·(0.500)m×(0.100)n)，解得m＝2，将m＝2，n＝1代入数据①反应速率关系式中，计算k，8.0×10-3＝k·(0.100)2×(0.100)1，解得k＝8.0。根据上述 分析可知，m＝2，n＝1，反应级数为3级，A正确；当c(NO)＝0.200 mol·L-1，c(Cl2)＝0.300 mol·L-1时，v(Cl2)＝8.0×0.2002×0.300＝0.096 mol·L-1·s-1，由不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，则v(NO)＝ 2v(Cl2)＝0.192 mol·L-1·s-1，B正确；催化剂可降低反应的活化能Ea，由速率常数表达式可知速率常数k增大，反应速率增大，C正确；升高温度，速率常数k增大，但不能增大反应的活化能Ea，D错误。 11．室温下，向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH和含1 mol HBr的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH＋HBr⥫⥬C2H5Br＋H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4 ℃和78.5 ℃。下列有关叙述错误的是(　　) A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量 B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5Br C．若反应物均增大至2 mol，则两种反应物平衡转化率之比不变 D．若起始温度提高至60 ℃，可缩短反应达到平衡的时间 解析：选D。加入NaOH后，NaOH能与HBr反应，使平衡向逆方向移动，增大乙醇的物质的量，A正确；增大HBr浓度，使平衡向正方向移动，有利于生成C2H5Br，B正确；加入反应物的物质的量之比与反应物的化学计量数之比相等，两种反应物平衡转化率之比不变，C正确；温度提高到60 ℃，反应速率加快，而C2H5Br挥发，导致C2H5Br浓度减小，反应速率减慢，不能判断反应达到平衡的时间与原平衡时间的长短，D错误。 12．（2025·浙江宁波高考模拟）铁的配合物离子（用[L－Fe－H]＋表示）催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示： 下列说法错误的是(　　) A．该反应中CO2和H2的总能量比HCOOH低 B．H＋浓度过大或者过小，均会导致反应速率降低 C．反应过程中决速步骤的反应方程式为HCOO－＋CO2＋Ⅳ→HCOO－ ＋H2＋CO2＋Ⅰ D．该反应的催化剂是物质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ 解析：选D。该反应为放热反应，CO2(g)和H2(g)的总能量比HCOOH(l)低，A正确；在反应历程中，决速步骤是反应最慢的一步，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，反应方程式为HCOO－＋CO2＋Ⅳ―→HCOO－＋H2＋CO2＋Ⅰ，C正确；物质Ⅰ在反应的过程中物质的量没有改变，只是改变了反应机理，所以物质Ⅰ为该反应的催化剂，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ为中间产物，D错误。 13．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＝ eq \f(n(CH4),n(H2O))]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 解析：选B。图像分析如下： 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。 14．CH4­CO2重整反应能够有效去除大气中的CO2，是实现“碳中和”的重要途径之一，发生的反应如下： 重整反应：CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH>0 积炭反应Ⅰ：2CO(g)===CO2(g)＋C(s)　ΔH1<0 积炭反应Ⅱ：CH4(g)===C(s)＋2H2(g)　ΔH2>0 在恒压、起始投料比n(CH4)/n(CO2)＝1的条件下，体系中含碳组分平衡时的物质的量随温度变化关系曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) A．曲线B表示平衡时CO2的物质的量随温度的变化 B．减小起始投料比[n(CH4)/n(CO2)]，有利于去除CO2 C．积炭会导致催化剂失活，降低CH4的平衡转化率 D．高于600 ℃时，升高温度有利于减少积炭的量并去除CO2气体 解析：选D。升高温度CH4参与的反应平衡均正向移动，所以CH4平衡时物质的量随温度升高而降低，积炭反应Ⅰ生成CO2，积炭反应Ⅱ消耗CH4，所以平衡时CH4的物质的量小于CO2，所以曲线B表示CH4，曲线A表示CO2，C、CO均作为生成物，所以曲线D表示CO，则曲线C表示C。减少CH4会使重整反应逆向移动，导致CO2增多，不利于去除CO2，B错误；催化剂失活会导致反应速率降低，不会影响转化率，C错误；由图可知，D正确。 15．（2025·湖南衡阳一中期中）异山梨醇广泛应用于医药、食品、化妆品等领域。在温度为T、催化剂条件下，山梨醇制备异山梨醇的过程及相关物质的浓度随时间变化的关系如图所示，山梨醇的初始浓度为0.10 mol·kg-1，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是(　　) 山梨醇1，4­失水山梨醇异山梨醇 A．曲线b表示异山梨醇的浓度 B．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的1，4­失水山梨醇 C．t1时刻，反应①趋于彻底 D．3 h内，平均速率（异山梨醇）＝0.014 mol·kg-1·h-1 解析：选A。开始时a的浓度最大为山梨醇，随着反应①的进行，山梨醇浓度减小，生成1，4­失水山梨醇，b为1，4­失水山梨醇，c为最终产物异山梨醇，A错误；反应开始主要生成1，4­失水山梨醇，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的1，4­失水山梨醇，B正确；t1时刻山梨醇的浓度为零，反应①趋于彻底，C正确。 二、非选择题（共4题，共55分） 16．（15分）某同学对可逆反应2NO2(g)⥫⥬N2O4(g)平衡体系进行探究。回答下列问题： (1)如图向左侧烧杯中加入NH4NO3晶体，甲瓶红棕色变浅，向右侧烧杯中加入CaO固体，乙瓶的红棕色变深。则反应2NO2(g)⥫⥬N2O4(g)的ΔH　　（填“>”“＝”或“<”）0。 (2)关闭止水夹，维持温度不变，用注射器向甲瓶中充入一定量NO2，则此时反应2NO2(g)⥫⥬N2O4(g)浓度商Q　　 　K（填“>”“＝”或“<”），平衡将　　　　（填“正向”“逆向”或“不”）移动，颜色比原来　　　（填“深”“浅”或“不变”）。 (3)查阅资料可知，F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应： Ⅰ.2N2O5(g)⥫⥬4NO2(g)＋O2(g)[t＝∞时，N2O5(g)完全分解] Ⅱ.2NO2(g)⥫⥬N2O4(g) 反应体系的总压强p随时间t的变化如图所示。 ①研究表明，N2O5(g)分解的速率v(N2O5)＝2×10-3×p(N2O5)(kPa·min-1)。t＝1 h时，测得体系中p(O2)＝2.4 kPa，则此时v(N2O5)＝　　　 　kPa·min-1。 ②若提高反应温度至35 ℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35 ℃)　　　　　65.8 kPa（填“大于”“等于”或“小于”），原因是________________________________________________________________________（用Q与K解释）。 ③25 ℃时，N2O4(g)⥫⥬2NO2(g)反应的平衡常数Kp＝　　　　kPa。（Kp为以分压表示的平衡常数，某物质的分压等于总压×该物质的物质的量分数，计算结果保留1位小数） 解析：(1)向左侧烧杯中加入NH4NO3晶体，晶体溶解吸热，温度降低，化学平衡向放热反应方向移动，甲瓶红棕色变浅，说明烧瓶内c(NO2)降低，平衡正向移动，即正向为放热反应，则反应2NO2(g)⥫⥬N2O4(g)的ΔH<0。 (3)①同温同容时，容器内气体的压强之比等于气体的物质的量之比，t＝1 h时，测得体系中p(O2)＝2.4 kPa，所以因消耗N2O5减小的压强为2.4 kPa×2＝4.8 kPa，则此时N2O5的压强为36.0 kPa－4.8 kPa＝31.2 kPa，所以此时反应速率v(N2O5)＝2×10-3×p(N2O5) (kPa·min-1)＝2×10-3×31.2 (kPa·min-1)＝6.24×10-2 (kPa·min-1)。 ③根据题图数据可知N2O5完全分解时的压强是65.8 kPa，结合反应Ⅰ可知，完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是36 kPa×2＝72 kPa，氧气的压强是36 kPa÷2＝18 kPa，总压强应该是72 kPa＋18 kPa＝90 kPa，平衡后压强减少了90 kPa－65.8 kPa＝24.2 kPa，所以根据2NO2(g)⥫⥬N2O4(g)可知，平衡时p(N2O4)＝24.2 kPa，p(NO2)＝72 kPa－24.2 kPa×2＝23.6 kPa，则N2O4(g)⥫⥬2NO2(g)反应的平衡常数Kp＝ eq \f(p2(NO2),p(N2O4))＝ eq \f(23.62,24.2) kPa≈23.0 kPa。 答案：(1)<　(2)<　正向　深　(3)①6.24×10-2　②大于　2NO2(g)⥫⥬ N2O4(g)为放热反应，温度升高，K减小，Q>K，平衡左移，体系物质的量增加，总压强增大；体积不变，温度升高，压强增大　③23.0 17．（15分）（2025·山西大学附属中学高二期中）在工业生产中，常常在200 ℃～450 ℃的温度范围内，将氨气作为脱硝剂喷入高温烟气脱硝装置中，在催化剂的作用下将烟气中NOx分解成为N2和H2O，脱硝效率可以达到90%以上。请回答下列问题： (1)在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO(g)＋4NH3(g)⥫⥬5N2(g)＋6H2O(g)。 ①不能说明该反应已达到平衡状态的是　　 　（填字母）。 a．反应速率5v正(NH3)＝4v逆(N2) b．1 mol N—H键断裂的同时生成1 mol O—H键 c．容器内压强不再随时间而发生变化 d．容器内混合气体平均相对分子质量不再变化 ②某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间的变化如图1所示，图中b点对应的反应速率关系是v正　　 　v逆（填“>”“<”或“＝”）。 (2)一定温度下，在2 L恒容密闭容器内发生反应2NO2(g)⥫⥬N2O4(g)，n(NO2)随时间的变化如表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 n(NO2)/mol 0.040 0.020 0.010 0.005 0.005 0.005 ①根据表中数据可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，原因是________________________________________________________________________。 ②该温度下，反应2NO2(g)⥫⥬N2O4(g)的平衡常数K＝　　 　。 (3)对于反应2NO2(g)⥫⥬N2O4(g)，用平衡时各组分压强关系表达的平衡常数为Kp。在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与自身压强间存在关系：v消耗(NO2)＝k1×p2(NO2)，v消耗(N2O4)＝k2×p(N2O4)。其中k1、k2是与反应及温度有关的常数。相应的消耗速率跟压强的关系如图2所示，一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1＝　　 　。在图中标出的点中，指出能表示反应达到平衡状态的点　　 　，并请说明理由：______________________________________________________________________。 解析：(1)①化学平衡状态的判断标准有两个：正反应速率与逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变。a.反应速率5v正(NH3)＝4v逆(N2)，正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，选项a不符合；b.1 mol N—H键断裂的同时生成1 mol O—H键，均表示正反应速率，反应不一定达平衡，选项b符合；c.反应为气体体积增大的反应，压强不变则达平衡，容器内压强不再随时间而发生变化，则反应达平衡，选项c不符合；d.反应为气体体积增大的反应，气体的总质量不变，而气体的平均相对分子质量为变量，当容器内混合气体平均相对分子质量不再变化说明反应达平 衡，选项d不符合。②由图知，该反应起始时，n(NO)>0，n(N2)＝0，反应正向建立，b点还未达到平衡，所以图中b点对应的速率关系是v正>v逆。(2)①反应速率与物质的量浓度成正比，随着反应进行，NO2的物质的量浓度减小，反应速率降低。②第3s时该反应已经达到平衡状态，达到平衡状态时，参加反应的n(NO2)＝(0.040－0.005) mol＝0.035 mol，生成的n(N2O4)＝ eq \f(0.035 mol,2)＝0.017 5 mol，则c(NO2)＝ eq \f(0.005,2)＝0.002 5 mol/L，c(N2O4)＝ eq \f(0.017 5,2)＝0.008 75 mol/L，K＝ eq \f(c(N2O4),c2(NO2))＝ eq \f(0.008 75,0.002 52)＝1 400。(3)当反应平衡时，有 eq \f(v消耗(NO2),v消耗(N2O4))＝ eq \f(2,1)，即 eq \f(k1p2(NO2),k2p(N2O4))＝2，又Kp＝ eq \f(p(N2O4),p2(NO2))，则k1＝2k2Kp；速率关系符合 eq \f(v消耗(NO2),v消耗(N2O4))＝ eq \f(2,1)的是B和D点，则达到平衡状态的点是B和D点，理由是当v消耗(NO2)＝2v消耗(N2O4)时，该反应达到平衡状态。 答案：(1)①b　②>　(2)①随着反应的进行，二氧化氮浓度逐渐减小　②1 400　(3)2k2Kp　B点和D点　B、D点的v消耗(NO2)＝2v消耗(N2O4) 18．（15分）（2025·沈阳市20中学高三模拟）工业上利用天然气制备合成氨的原料气H2，还可得到C2H4、C2H2等化工产品。一定条件下，有关反应如下： 反应1：2CH4(g)⥫⥬C2H2(g)＋3H2(g)　ΔH1＝＋376.3 kJ·mol-1 反应2：2CH4(g)⥫⥬C2H4(g)＋2H2(g)　ΔH2＝＋202 kJ·mol-1 回答下列问题： (1)相同条件下，制备H2的反应C2H4(g)⥫⥬C2H2(g)＋H2(g)　ΔH3＝　　 　　 kJ·mol-1。 (2)实验测得反应1的速率方程：v正＝k正c2(CH4)，v逆＝k逆c(C2H2)c3(H2)（k正、k逆分别为正、逆反应速率常数）。T ℃下反应达到平衡时k正＝1.5k逆，该温度下平衡常数K＝　　　　　　。 (3)向恒温恒容密闭容器中充入适量CH4，同时发生上述反应1和反应2，在不同催化剂Cat1、Cat2作用下，测得单位时间内H2的产率与温度的关系如图所示。在其他条件相同时，催化效率较高的是　　 　　（填“Cat1”或“Cat2”）。在Cat2作用下，温度高于500 ℃时，H2的产率降低的可能原因是________________________________________________________________________。 (4)一定温度下，总压强恒定为121 kPa时，向密闭容器中充入CH4和N2的混合气体（N2不参与反应），同时发生反应1和反应2，测得CH4的平衡转化率与通入气体中CH4的物质的量分数的关系如下图所示。 ①随着通入气体中CH4的物质的量分数增大，CH4的平衡转化率降低的主要原因是______________________________________________________________________________________________________________________________________________。 ②已知M点对应的乙炔的选择性为75%[乙炔的选择性＝ eq \f(n(C2H2),n(C2H2)＋n(C2H4))×100%]。该温度下，反应2的平衡常数Kp＝　　　　kPa（结果保留2位有效数字）。（提示：用平衡时气体分压计算的平衡常数为Kp，气体分压＝气体总压×气体的物质的量分数。） 解析：(1)根据盖斯定律，将反应1－反应2得C2H4(g)⥫⥬C2H2(g)＋H2(g)　ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝＋376.3 kJ/mol－(＋202 kJ/mol)＝＋174.3 kJ/mol； (2)反应达到平衡时v正＝v逆，k正c2(CH4)＝k逆c(C2H2)c3(H2)，反应1的平衡常数K＝ eq \f(c(C2H2)·c3(H2),c2(CH4))＝ eq \f(k正,k逆) ＝1.5。 (4)②设通入的CH4和N2的混合气体为10 mol，M点通入气体中CH4的物质的量分数为0.6，混合气体中CH4和N2的物质的量依次为6 mol、4 mol，M点CH4的平衡转化率为40%，则反应中转化的CH4物质的量为6 mol×40%＝2.4 mol，根据C守恒，生成的C2H2和C2H4的总物质的量为1.2 mol，M点对应的乙炔的选择性为75%，平衡体系中C2H2物质的量为1.2 mol×75%＝0.9 mol，C2H4物质的量为0.3 mol，则： 　　　　　　2CH4(g)⥫⥬C2H2(g)＋3H2(g) 转化/mol 1.8 0.9 2.7 　　　　2CH4(g)⥫⥬C2H4(g)＋2H2(g) 转化/mol 0.6 0.3 0.6 平衡体系中CH4、C2H2、C2H4、H2、N2物质的量依次为3.6 mol、0.9 mol、0.3 mol、3.3 mol、4 mol，混合气体总物质的量为3.6 mol＋0.9 mol＋0.3 mol＋3.3 mol＋4 mol＝12.1 mol，总压强恒定为121 kPa，CH4、C2H4、H2的平衡分压依次为36 kPa、3 kPa、33 kPa，则反应2的平衡常数Kp＝ eq \f(p(C2H4)·p2(H2),p2(CH4))＝ eq \f(3 kPa×(33 kPa)2,(36 kPa)2)＝2.5 kPa。 答案：(1)＋174.3 (2)1.5 (3)Cat1　催化剂选择性降低，生成副产物增多等 (4)①反应1和2的正反应都是气体分子数增多的反应，气体中甲烷的物质的量分数增大，总压不变，平衡体系的分压增大，平衡向逆方向移动，甲烷的转化率降低　②2.5 19．（10分）（2025·武汉高中毕业生二月调研考试）苯乙烯作为一种重要的基础有机化工原料，广泛用于合成塑料和橡胶。工业常采用乙苯脱氢的方法制备苯乙烯，其原理如下：C6H5—C2H5(g)⥫⥬C6H5—CH===CH2(g)＋H2(g)　ΔH＝＋130 kJ·mol-1 回答下列问题： (1)有利于提高乙苯平衡转化率的条件是　　　　（填字母）。 A．高温低压 B．高温高压 C．低温高压 D．低温低压 (2)已知键能：E(C—H)＝413 kJ·mol-1，E(H—H)＝436 kJ·mol-1，由此计算生成1 mol碳碳π键放出的能量为　　　　 kJ。 (3)100 kPa，乙苯通过催化剂反应相同的时间，在不同的流速下，乙苯的转化率随着温度的变化如图1所示，流速大而转化率低的原因可能是________________________________________________________________。 (4)一种提高乙苯转化率的催化剂－钯膜（只允许H2透过）反应器，其工作原理如图2所示。 ①该系统中持续通入N2的作用为________________________________________________________________________。 ②T ℃和p kPa条件下，一定量的乙苯通入无钯膜反应器，若乙苯的平衡转化率为40%，该反应的压强平衡常数Kp＝　　 　 kPa；在相同条件下，若换成上图“钯膜反应器”，乙苯的平衡转化率提高到50%，则出口a和b的氢气质量比为　　　　。 (5)乙苯脱氢过程容易产生苯和甲苯等副产物，为了提高苯乙烯的选择性，可采取的措施是____________________________________________。 解析：(4)①由图可知，N2吹扫透过钯膜进入内管的H2，降低反应体系（外圈）中生成物浓度，有利于平衡正向移动。 ②列出三段式： 　C6H5—C2H5(g)⥫⥬H2(g)＋C6H5—CH===CH2(g) 起始/mol 1 0 0 转化/mol 0.4 0.4 0.4 平衡/mol 0.6 0.4 0.4 C6H5—C2H5的物质的量分数为 eq \f(3,7)，H2的物质的量分数为 eq \f(2,7)，C6H5—CH===CH2的物质的量分数为 eq \f(2,7)，则Kp＝ eq \f(p(H2)·p(C6H5—CH===CH2),p(C6H5—C2H5))＝ eq \f(\f(2,7)×p×\f(2,7)×p,\f(3,7)×p)＝ eq \f(4p,21)； 若换成催化剂­钯膜系统，设出口b有b mol H2。 列出三段式： 　C6H5—C2H5(g)⥫⥬H2(g)＋C6H5—CH===CH2(g) 起始/mol 1 0 0 转化/mol 0.5 0.5 0.5 平衡/mol 0.5 b 0.5 C6H5—C2H5的物质的量分数为 eq \f(0.5,1＋b)，H2的物质的量分数为 eq \f(b,1＋b)，C6H5—CH===CH2的物质的量分数为 eq \f(0.5,1＋b)，p(C6H5—CH===CH2)＝p(C6H5—C2H5)，则Kp＝ eq \f(p(H2)·p(C6H5—CH===CH2),p(C6H5—C2H5))＝p(H2)＝ eq \f(b,1＋b)p＝ eq \f(4p,21)，解得b＝ eq \f(4,17)，所以出口b氢气为 eq \f(4,17) mol，出口a氢气为 eq \f(4.5,17) mol，质量比＝9∶8。 答案：(1)A　(2)260 (3)乙苯与催化剂的接触时间短，反应不充分 (4)①及时将氢气从反应器中分离，提高乙苯转化率　② eq \f(4p,21)　9∶8 (5)更换适宜的催化剂 $