压轴题11 反应原理综合题-2023年高考化学压轴题专项训练（新高考专用）（解析版）

压轴题11反应原理综合题该题型一般取材于能源、环境保护、化工生产等情景，或者以元素化合物知识为载体，以工业生产为背景，通过某个气相或者溶液中的可逆反应切入。题目围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现,结合图像、表格、数据、装置等信息，综合考查化学反应速率、化学平衡及其影响因素、化学反应中的能量转化、盖斯定律及其应用、热化学方程式的书写、原电池、电解池原理及其电极反应式的书写、水溶液中的离子平衡等知识，甚至还融合考查氧化还原反应、离子反应，涉及知识点较多，但各个小题又比较相对独立。题目的综合性强，化学信息较多，设问角度灵活多变，侧重考查考生接受、整合信息的能力、应用化学知识解决实际问题的能力。解答反应原理综合题要坚持审题“三读”，审慎作答。1.泛读：浏览全题，明确已知和待求解的问题。2.细读：把握关键字、词、数量关系、图表中信息含义等。3.精读：深入思考，注意挖掘隐含信息。认真审题后，根据题目中所给出的文字、图像、数据等提炼出重要的信息，联系相关理论解题，组织答案。书写答案时要“细心、规范、整洁”，避免无谓失分。由于试题篇幅较长，情境、取材较新，同时联系生产、生活实际进行考查，难度较大，可以理解为高考化学的压轴题型。所以解题时要采用逐个分析、各个击破的方法，认真分析每个小题考查的知识点，迅速转变思路，防止在一个知识点、一个思路上“走到底”。平常训练应注重计算能力(重点训练平衡常数以及转化率的计算)、语言表述能力(利用平衡原理解释实际问题)的培养，提高解读图像的能力，掌握解题技巧。电化学应重点掌握电极反应式的书写技巧以及有关电池参数方面的计算，应用盖斯定律解题时要先确定热化学方程式的组合关系，再确定ΔH间的计算关系。非选择题：本题共20小题。1．氮元素在生命发育、良好生态构建中具有十分重要的地位。回答下列问题：(1)已知：①2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)  ΔH1=-1200kJ·mo1-1②2NO2(g)+N2(g)⇌4NO(g) ΔH1=+294kJ·mo1-1  2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g) ΔH=___________，该反应在较_____(填“高”或“低”)温度下能自发进行。(2)反应2CO(g)+2NO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)的净反应速率v=v正-v逆=k正·c2(CO)·c2(NO)-k逆·c2(CO2)·c(N2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数(只与温度有关)。①加压后净反应速率v将___________(填“增大”“减小”或“不变”)，若改变温度后减小，则改变温度的方式是___________。②若某温度下该反应的平衡常数K=200，k正=40则k逆=___________。(3)向某密闭容器中通入4molNO2、8molCO，控制适当条件使其发生反应2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g)，测得不同温度、压强下NO2的平衡转化率如图1所示；相同压强时，不同催化剂(甲、乙)、温度下，相同时间内NO2的转化率如图2所示。①X表示___________(填“温度”或“压强”)，Y1___________Y2(填“>”或“<”)。②与A点对应的反应中，容器容积为2L，则A点温度下平衡常数K=___________。工业生产中该反应合适的生产条件是___________。【答案】(1)-747kJ/mol低(2)增大升高温度0.2(3)压强<0.5使用催化剂甲、温度控制在200℃左右【详解】（1）根据盖斯定律，该反应可由得到，则ΔH=；ΔH<0，ΔS<0，反应在低温下自发进行，故答案为：-747kJ/mol；低；（2）①加压后，平衡正向移动，则v正>v逆,v正-v逆>0，净反应速率增大；反应达到平衡状态时v正=v逆，则k正·c2(CO)·c2(NO)=k逆·c2(CO2)·c2(N2)，==K，该反应为放热反应，若改变温度后 减小，即K减小，可知平衡逆向移动，温度应升高，故答案为：增大；升高温度；②由以上分析可知=K，K=200，k正=40则k逆=0.2，故答案为：0.2；（3）①该反应为放热反应，若升高温度平衡逆向移动，NO2转化率降低，与图像不符，X不是温度，该反应正向气体分子数减小，增大压强平衡正向移动，NO2转化率增大，与图像符合，故X为压强；Y代表温度，且温度降低时平衡正向移动，二氧化氮的转化率增大，则Y1小于Y2，故答案为：压强；<；②结合已知条件列出三段式：容器体积2L，则该反应的平衡常数K=。图2可知相同温度条件下使用催化剂甲时二氧化氮的转化率大于催化剂乙，且催化剂甲在200℃左右时二氧化氮的转化率最大，因此选择的条件为催化剂甲、温度控制在200℃左右；故答案为：；使用催化剂甲、温度控制在200℃左右。2．丙烯是合成有机物的基本原料之一，工业上可以通过石油裂化和裂解获得。(1)用于合成异丙醇。已知：①2CH3CH(OH)CH3(g)+9O2(g)6CO2(g)+8H2O(g)　ΔH1=—akJ·mol-1②2CH3CH=CH2(g)+9O2(g)6CO2(g)+6H2O(g)　ΔH2=—bkJ·mol-1(a>b)若CH3CH=CH2(g)+H2O(g)CH3CH(OH)CH3(g)　ΔH，该反应逆反应的活化能为ckJ·mol-1，则正反应的活化能为___________kJ·mol-1(用含a、b、c的代数式表示)。(2)丙烷氧化脱氢制备丙烯的反应为C3H8(g)+O2(g)C3H6(g)+H2O(g)ΔH<0。一定条件下，恒压密闭容器中C3H8与O2起始物质的量比分别为2：1、1：1、1：2、1：3，平衡时C3H8的体积分数[φ(C3H8)]随温度、的变化关系如图所示。 ①表示=1：2的曲线是___________(填“I”“II”“III”或“IV”)。②T3___________T4(填“>”或“<”)，原因是___________。③M点时，O2的转化率是___________(保留三位有效数字)。(3)在HZSM-5催化下用甲醇可制取丙烯，反应为3CH3OH(g)C3H6(g)+3H2O(g)　ΔH，一定温度下，向2L恒容密闭容器中通入3molCH3OH(g)，平衡时，n(C3H6)=0.6mol，下列说法正确的是___________(填字母)。A．HZSM-5能提高该反应的平衡转化率B．达到平衡时，再向容器中通入1.5molCH3OH(g)，重新达到平衡时C3H6的浓度增大C．达到平衡后，再通入物质的量均为0.6mol的CH3OH(g)、C3H6(g)、H2O(g)，此时平衡逆向移动D．若起始时向2L绝热恒容密闭容器中通入3molCH3OH(g)，平衡时，n(H2O)=1.6mol，则ΔH<0(4)工业上用“丙烯氨氧化法”制备丙烯腈(CH2=CHCN)包括如下反应：I．C3H6(g)+NH3(g)+O2(g)CH2=CHCN(g)+3H2O(g)II．C3H6(g)+O2(g)CH2=CHCHO(g)+H2O(g)(副反应)向T°C、压强为28MPa的恒压密闭容器中通入1mol丙烯、1mol氨气和4.8mol氧气发生反应I、II，容器内H2O(g)、CH2=CHCN(g)、C3H6(g)的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如图所示：①图中表示CH2=CHCN(g)的曲线是___________(填“a”“b”或“c”)。 ②平衡时，CH2=CHCHO(g)的分压p(CH2=CHCHO)=___________MPa。③反应II的压强平衡常数Kp=___________(Kp为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。【答案】(1)()(2)I<该反应是放热反应，C3H8与O2起始物质的量比相同时，升高温度，平衡逆向移动，C3H8体积分数增大，故横坐标向左是升高温度，所以T3<T427.3%(3)BC(4)a0.80.175【详解】（1）由盖斯定律可知，反应得到反应CH3CH=CH2(g)+H2O(g)CH3CH(OH)CH3(g)，则反应ΔH=kJ/mol，所以正反应的活化能为()kJ/mol，故答案为：；（2）①减小相当于增大氧气的浓度，平衡向正反应方向移动，丙烷的转化率增大，体积分数减小，则表示=1：2的曲线是II，故答案为：II；②该反应为放热反应，一定时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，丙烷的体积分数增大，则由图可知，横坐标向左是升高温度，反应温度T3小于T4，故答案为：<；该反应是放热反应，C3H8与O2起始物质的量比相同时，升高温度，平衡逆向移动，C3H8体积分数增大，故横坐标向左是升高温度，所以T3<T4；③由图可知，M点时，起始=1：1，丙烷的体积分数为20%，设丙烷和氧气的物质的量都为1mol，平衡时生成amol丙烯，由题意可建立如下三段式：由丙烷的体积分数可得：×100%=20%，解得a=，则氧气的转化率为×100%≈27.3%，故答案为：27.3%； （3）由题意可知，平衡时，丙烯的物质的量为0.6mol，由方程式可知，丙醇、水蒸气的物质的量分别为3mol—0.6mol×3=1.2mol、0.6mol×3=1.8mol，则反应的平衡常数K==1.1025；A．催化剂HZSM-5能加快反应速率，但化学平衡不移动，反应的平衡转化率不变，故错误；B．达到平衡时，向恒容密闭容器中通入1.5mol丙醇相当于增大压强，该反应是气体体积增大的反应，平衡向逆反应方向移动，则重新达到平衡时丙烯的浓度增大，故正确；C．达到平衡后，再通入物质的量均为0.6mol的丙醇、丙烯、水蒸气，反应的浓度熵Qc=≈1.42＞K，则平衡向逆反应方向移动，故正确；D．若起始时向2L绝热恒容密闭容器中通入3mol丙醇，平衡时水蒸气的物质的量为1.6mol说明平衡向逆反应方向移动，若该反应为放热反应，反应放出的热量使反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，若该反应为吸热反应，反应吸收热量使反应温度降低，平衡向逆反应方向移动，则起始时向2L绝热恒容密闭容器中通入3mol丙醇，平衡时水蒸气的物质的量为1.6mol不能确定该反应是放热反应还是吸热反应，故错误；故选BC；（4）由方程式可知，三种物质中，丙烯是反应物、CH2=CHCN(g)和水蒸气是生成物，所以图中表示丙烯的曲线是b，CH2=CHCN(g)的物质的量小于水蒸气，则图中表示CH2=CHCN(g)、水蒸气的曲线分别是a、c，设平衡时生成CH2=CHCN(g)、CH2=CHCHO(g)的物质的量分别为amol、bmol，由题给数据可建立如下三段式：由图可知，水蒸气的物质的量为1.4mol，丙烯和CH2=CHCN(g)的物质的量相等，则由题意可得：①3a+b=1.4，②1—a—b=a，解得a=0.4、b=0.2，总物质的量为7mol；①由分析可知，图中表示CH2=CHCN(g)的曲线是b，故答案为：b；②由三段式数据可知，平衡时，丙烯醛的分压p(CH2=CHCHO)=×28MPa=0.8MPa，故答案为：0.8； ③由三段式数据可知，平衡时，丙烯、氧气、丙烯醛、水蒸气的平衡分压分别为×28MPa=1.6MPa、×28MPa=16MPa、×28MPa=0.8MPa、×28MPa=5.6MPa，反应II的压强平衡常数Kp==0.175，故答案为：0.175。3．二氧化碳加氢可转化为二甲醚()，既可以降低二氧化碳排放量，也可以得到性能优良的汽车燃料。回答下列问题：(1)加氢合成甲醇以及甲醇脱水生成二甲醚的热化学方程式如下：    则的___________。(2)向一容积为2L的恒容密闭容器中通入2moL和6mol，一定温度下发生反应。起始总压为pPa，20min时达到化学平衡状态，测得的物质的量分数为12.5%。①平衡时总压为___________Pa。②达到化学平衡状态时，下列有关叙述正确的是___________(填标号)。A．B．容器内气体压强不再发生改变C．向容器内通入少量氦气，则平衡向正反应方向移动D．向容器内再通入1mol和3mol，重新达到平衡后，的体积分数增大③0～20min内，用表示的平均反应速率___________，的平衡浓度___________。该温度下，反应的平衡常数___________(用含p的式子表达，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(3)工业上，以一定比例混合的与的混合气体以一定流速分别通过填充有催化剂I、催化剂II的反应器，发生反应。转化率与温度的关系如图所示。在催化剂II作用下，温度高于时，转化率下降的原因可能是___________。【答案】(1)-121.5 (2)pBD0.05mol•L-1•min-11.0mol/L(3)催化剂的活性降低【详解】（1）由题干已知反应①反应②可知反应2①+②即得，根据盖斯定律可知，=2×(-49.0)+(-23.5)=-121.5kJ/mol，故答案为：-121.5；（2）①由三段式分析可知：，则有=0.125，即得x=，则有，故平衡时总压为pPa，故答案为：p；②A．根据反应速率之比等于化学计量系数之比可知，，故当时，反应未达到化学平衡，A错误；B．该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，容器内气体压强减小，当容器内气体压强不再发生改变，说明反应达到平衡状态，B正确；C．向容器内通入少量氦气，各组分浓度不变，平衡不移动，C错误；D．向容器内再通入1molCO2和3molH2，相当于增大压强，平衡正向移动，则CH3OCH3的体积分数增大，D正确；故答案为：BD；③由①分析可知，0～20min内，用表示的平均反应速率=0.05mol•L-1•min-1，的平衡浓度=1.0mol/L，该温度下，反应的平衡体系中：p(CO2)==Pa，p(H2)==Pa，p(CH3OCH3)== Pa，p(H2O)==Pa，平衡常数==，故答案为：0.05mol•L-1•min-1；1.0mol/L；；（3）从图中可以看出，在催化剂II作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降，可能是催化剂对此反应的催化效率降低，或有其它副反应发生，即原因可能是催化剂的活性降低，答案为：催化剂的活性降低。4．CO2资源化是实现“双碳”目标的重要途径。方法1：化学还原CO2制备CH3CH2OH。已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)     ΔH1=-484.0kJ·mol-1②C2H5OH(g)完全燃烧的能量变化如图所示。(1)根据上述数据，_______(填“能”或“不能”)计算C2H5OH(g)的燃烧热。(2)2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)   ΔH=_______kJ·mol-1(3)在恒温恒容条件下，发生反应2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)，下列情况表明反应达到平衡状态的是_______(填标号)。A．混合气体密度保持不变B．气体总压强保持不变C．气体平均摩尔质量保持不变D．产物浓度之比保持不变(4)在容积相同、起始温度相同的甲、乙两个容器中都充入1molCO2(g)、3molH2(g)，发生反应2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)，在不同条件下达到平衡，如下表所示：容器甲乙条件恒温、恒容绝热、恒容平衡常数KK甲K乙 达到平衡时所用时间/mint甲t乙则K甲_______(填“＞”、“＜”或“=”，下同)K乙；t甲_______t乙。(5)在一定温度下，向容积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2(g)、xmolH2(g)，发生反应2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H5OH(g)+3H2O(g)，测得平衡体系中，C2H5OH(g)的体积分数φ与x的关系如图所示。在m、n、p点中，CO2的转化率最大的是_______(填字母)点。在该温度下，平衡常数K为_______。(6)用电解法可将CO2转化为多种原料，原理如图。若铜电极上只产生C2H4和CO气体，写出产生C2H4的电极反应式_______；电解后溶液pH_______(填“变大”、“变小”或“不变”)(忽略溶液体积的变化)。【答案】(1)不能(2)-174.9(3)BC(4)＞＞(5)p48(6)2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O不变 【详解】（1）(g)的燃烧热是指1mol完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水，而过程①和②中均为气态水，缺少液态水与气态水转化过程中的焓变，因此不能确定乙醇的燃烧热，故答案为：不能；（2）反应热等于正反应活化能与逆反应活化能之差，反应②的。已知：①；②  。根据盖斯定律，①×3-②得：  ，故答案为：；（3）A．恒容条件下，气体总质量守恒，故密度始终不变，不能作为判断平衡的依据，A项不符合题意；B．恒温恒容条件下，气体总压强与气体物质的量成正比，气体分子数由多到少，气体总压强不变时达到平衡状态，B项符合题意；C．气体物质的量不变时，气体平均摩尔质量不变，达到平衡，C项符合题意；D．产物浓度之比始终是常数，D项不符合题意；故答案为：BC；（4）题给反应是放热反应，绝热容器中温度升高，相对甲容器，乙容器中平衡向逆反应方向移动，故平衡常数减小；升高温度，反应速率加快，达到平衡所用时间较短。故答案为：＞；＞；（5）一定温度下，向恒容密闭容器中充入、，随着、的投料比增大，平衡向正反应方向移动，的平衡转化率增大，故p点转化率在m、n、p三点中最大。根据体积分数计算平衡常数：，，，所以，平衡体系中，，，，则。故答案为：p；48；（6）根据装置图，Cu电极为阴极，根据电解原理，生成乙烯的电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；Pt电极反应式为H2O-4e-=O2↑+4H+ ，根据得失电子数目守恒，电解后溶液中c(H+)不变，即pH不变；故答案为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；不变。5．天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：①     ②     回答下列问题：(1)该工艺的总反应方程式为___________。1mol发生该反应的热量变化为___________，在总反应中的作用是___________。(2)研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是___________(填“A”、“B”或“C”)。(3)的电离方程式为___________。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的___________，___________。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于___________(已知25℃时，FeS的为)。 【答案】(1)(或)放出热量作催化剂或降低反应活化能(2)A(3)或8【详解】（1）将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应方程式为(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的 易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。6．异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：Ⅰ.Ⅱ.回答下列问题：(1)已知，则燃烧生成和的热化学方程式为_______。(2)在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：反应时间04812t20浓度024403200360040004100①内，_______；②t_______16(填“>”“<”或“=”)。(3)在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是_______(填标号)。a.的分压不变               b.混合气体密度不变c.           d.(4)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为_______。(5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。 (已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质×的分压)①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的_______点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是_______。②时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为_______(用含x的代数式表示)。【答案】(1)(2)190>(3)ad(4)58.8%(5)甲反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，【详解】（1）设Ⅲ，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得。（2）①内，，则；②、、，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，Δc(H2O)=400ppm，内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。（3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确；b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b错误；c．当时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c错误；d．，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确；故选ad。（4）设C3H8O的物质的量为1mol，若lmolC3H8O完全反应，理论上生成1molC3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98molC3H6，反应Ⅱ消耗了40%C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为 =58.8%。（5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲；②由图可知，350°C时达平衡后，=0，则350℃时==1，设水蒸气的平衡分压为aMPa，则反应II的C3H6起始分压为aMPa，对反应Ⅱ列三段式有，解得a=MPa。7．反应在工业上有重要应用。(1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。温度/℃7008008301000平衡常数1.671.111.000.59①反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。(2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是_____。A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性 B．过程2的△H＞0C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为_____。(3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。②阴极的电极反应式为______。③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为_____(用a，b，y表示)。【答案】(1)优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低(2)Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大BD1:8(3)质子导体【详解】（1）①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，；②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；②A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B错误；C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确；D.为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D错误；故选BD；③根据反应，设通入的为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2 的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1mol，出口b的为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8；（3）①电解时，一氧化碳和水从均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体；②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：；③根据三段式：，出口Ⅰ处气体为体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，CO的转化率为：。8．“碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：Ⅰ：Ⅱ：请回答：(1)有利于提高平衡转化率的条件是___________。A．低温低压B．低温高压C．高温低压D．高温高压(2)反应的___________，___________(用表示)。(3)恒压、时，和按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现高效转化。 ①下列说法正确的是___________。A．可循环利用，不可循环利用B．过程ⅱ，吸收可促使氧化的平衡正移C．过程ⅱ产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量更多②过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释物质的量上升的原因___________。(4)还原能力可衡量转化效率，(同一时段内与的物质的量变化量之比)。①常压下和按物质的量之比投料，某一时段内和的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值___________。②催化剂X可提高R值，另一时段内转化率、R值随温度变化如下表：温度/℃480500520550转化率/%7.911.520.234.8R2.62.42.11.8 下列说法不正确的是___________A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率B．温度越低，含氢产物中占比越高C．温度升高，转化率增加，转化率降低，R值减小D．改变催化剂提高转化率，R值不一定增大【答案】(1)C(2)(3)BC通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移(4)C【详解】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高平衡转化率的条件是高温低压；答案选C；（2）已知：Ⅰ：Ⅱ：根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ2得反应；故△H1+2△H2=+329，；（3）①A．根据流程可知，转化为Fe，Fe又转化为，可循环利用；CaCO3受热分解生成和CO2,又与CO2反应生成CaCO3，也可循环利用，选项A错误；B．过程ⅱ，吸收使浓度降低，促进氧化的平衡正移，选项B正确；C．过程ⅱ吸收而产生的最终未被吸收，在过程ⅲ被排出，选项C正确；D．焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原需吸收的能量一样多，选项D错误； 答案选BC；②通入分解平衡正移，导致增大，促进还原平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入，测得一段时间内物质的量上升；（4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知时，转化率为100%，即=1mol,转化率为60%,即=3mol60%=1.8mol，故==1.8，故间R的变化趋势如图：②A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，增大的倍数比大，则R提高，选项A正确；B．根据表中数据可知，温度越低，转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中占比越高，选项B正确；C．温度升高，转化率增加，转化率也增大，且两个反应中的转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，选项C不正确；D．改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高转化率，若转化率减小，则R值不一定增大，选项D正确；答案选C。9．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：(1)合成氨反应在常温下_______(填“能”或“不能”)自发。(2)_______温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，_______温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。 (3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。下列说法正确的是_______。a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率(4)方案二：复合催化剂。下列说法正确的是_______。 a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率c．温度越高，复合催化剂活性一定越高(5)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，_______；实验1mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2np2.828q在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为_______。a．有利于平衡正向移动     b．防止催化剂中毒     c．提高正反应速率(6)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为_______(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为_______。【答案】(1)能(2)高低(3)ab(4)a(5)-1a(6)Fe3d6【详解】（1），则∆G=∆H-T∆S=(-92.4+0.2×273)kJ∙mol-1=-37.8kJ∙mol-１＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确； b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；故选ab。答案为：ab；（4）a．从图中可以看出，时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确；c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确；故选a。答案为：a；（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；故选a。答案为：-1；a；（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为，白球的化学式为。从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。10．某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：回答问题：(1)已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)_______。(2)已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。 ①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)_______。②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为_______，反应温度t约为_______℃。(3)在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。催化剂t=350℃t=400℃ 催化剂Ⅰ10.812722345.242780催化剂Ⅱ9.2107753438932在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为_______；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是_______。【答案】(1)-286(2)50%或0.5660.2(或660.1或660.3,其他答案酌情给分)(3)5.4相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高【详解】（1）电解液态水制备，电解反应的，由此可以判断，2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ，故1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。（2）①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图２信息可知＝ａ，则ａ ，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为：。②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则的转化率为，根据C元素守恒可知，的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的２倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图１中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。（3）在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，的浓度由０增加到10.8，因此，生成的平均反应速率为；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，的浓度由０增加到10.8，，:＝12722:10.81178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，的浓度由０增加到9.2，:＝10775:9.21171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应，的浓度由０增加到345.2，:＝42780:345.2124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，的浓度由０增加到34，:＝38932:341145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。11．氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。(1)时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为_______。 (2)工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。Ⅰ.Ⅱ.①下列操作中，能提高平衡转化率的是_______(填标号)。A．增加用量     B．恒温恒压下通入惰性气体C．移除          D．加入催化剂②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数_______(写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为_______(结果保留两位有效数字)。(3)氢氧燃料电池中氢气在_______(填“正”或“负”)极发生反应。(4)在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为_______。(5)甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→_______(用等代号表示)。【答案】(1)H2(g)+O2(g)=H2O(1)H=-286kJ•mol-1(2)BC43%(3)负(4)CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-=nCO2+(n+1)H2O(5)abehj 【详解】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)H1=-242kJ•mol-1①，又因为1molH2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)=H2O(l)H2=-44kJ•mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为H=H1+H2=-286kJ•mol-1，故答案为：H2(g)+O2(g)=H2O(1)H=-286kJ•mol-1；（2）①A．增加CH4(g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不符合题意；B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B符合题意；C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C符合题意；D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不符合题意；综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为α，CO2(g)的物质的量为bmol，则转化的CH4(g)为αmol，剩余的CH4(g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、CO(g)、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b=0.65，则平衡时，CH4(g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65)mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6)mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；（3）燃料电池中的燃料在负极发生氧化反应，因此，氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+(3n+1)O2-=nCO2+(n+1)H2O；（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。12．将和两种气体转化为合成气( 和CO)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。甲烷及二氧化碳重整涉及以下反应：I．平衡常数Ⅱ．平衡常数Ⅲ．平衡常数(1)为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。根据下表数据，计算反应Ⅱ的反应热___________，该反应正反应活化能___________逆反应活化能(填“大于”、“小于”或“等于”)。物质CO()(2)平衡常数___________(用、表示)。(3)一定温度下，维持压强，向一密闭容器中通入等物质的量的和发生反应。已知反应Ⅱ的速率方程可表示为，，其中、分别为正、逆反应的速率常数，则以物质的分压表示的反应Ⅱ的平衡常数___________(用、表示)，另lgk与的关系如图所示，①、②、③、④四条直线中，表示的是___________(填序号)，温度时，图中A、B、C、D点的纵坐标分别为、、、，达到平衡时，测得的转化率为60%，且体系中，则___________，以物质的分压表示的反应I的平衡常数___________。(用含的代数式表示，已知：lg5=0.7)【答案】(1)小于(2)或(3)③ 【详解】（1）(CO2)+()-(CO)-()=[+0-()]=；该反应为放热反应，则正反应活化能小于逆反应活化能。（2）根据盖斯定律，Ⅱ=(Ⅲ-I)，，，则==。（3）达到平衡时，，，则；温度升高，正逆反应速率均增大，k正、k逆均增大，则lgk正、lgk逆与成反相关，由（1）分析知该反应正反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，逆反应速率增大幅度大于正反应速率增大幅度，则lgk正随变化的曲线为③；曲线③表示lgk正随的变化关系，曲线④表示lgk逆随的变化关系，温度T1时lgk正-lgk逆==a-0.3-a+1=0.7，则反应Ⅱ的平衡常数=100.7=5。设和的物质的量均为1mol，平衡时CH4为1mol×(1-60%)=0.4mol，H2O为(1-y-2z)mol，CO2为(y+z-x)mol，CO为(2x-y)mol，H2为(2x+y+4z)mol，则，解得，即平衡时CH4为0.4mol，H2O为0.2mol，CO2为0.2mol，CO为0.4mol，H2为2mol，总物质的量为3.2mol，；。13．氨基甲酸铵(H2NCOONH4)为尿素生产过程的中间产物，易分解。已知：Ⅰ.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)ΔH1=-92kJ·mol-1 Ⅱ.C(s)+O2(g)⇌CO2(g)ΔH2=-394kJ·mo1-1Ⅲ.N2(g)+3H2(g)+C(s)+O2(g)⇌H2NCOONH4(s)ΔH3=-646kJ·mol-1Ⅳ.H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)ΔH4回答下列问题：(1)NH3的空间构型为___________。NH3的键角大于PH3，分析原因：___________。(2)ΔH4=___________。T℃下在某密闭容器中加入H2NCOONH4(s)，假设只发生反应Ⅳ，达平衡时测得NH3的浓度为c1；保持温度不变，加压(缩小容器的体积)，测得新的平衡条件下NH3的浓度为c2，则c1___________c2(填“>”“<”或“=”)。反应Ⅳ在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能够自发进行。(3)某温度下在一刚性的密闭容器中，充入等物质的量N2和H2发生反应Ⅰ，起始压强为1MPa，10min末达平衡，测得平衡时压强为0.8MPa，则10min内v(N2)=___________MPa/min。此时平衡常数Kp=___________。对于该条件下的反应，下列说法错误的是___________。A．当N2的体积分数不变时，说明反应已经达到化学平衡状态B．温度升高化学反应速率加快，化学平衡常数增大C．其他条件不变时，若适当增加N2的用量，可以提高H2的平衡转化率D．使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，但ΔH1不变(4)在一定的条件下，将AmolN2和BmolH2充入某体积固定的密闭容器中合成NH3，在不同的催化剂(甲或乙)下发生反应，反应相同时间后H2的转化率与温度的关系如图：某学习小组的同学通过讨论得出结论：200°C时，a点对应的转化率(5%)不是使用催化剂甲下H2的平衡转化率。判断依据是：___________。【答案】(1)三角锥形中心原子均为sp3杂化，且都只有一对孤电子对，电负性N>P，NH3中的键合电子(共用电子对)离中心原子更近，排斥力更大，键角越大(2)+160kJ·mol-l=高温(3)0.0112.5(MPa)-2B(4)催化剂不能使平衡发生移动，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，则a点为200℃时使用催化剂甲下的平衡转化率应高于b点的转化率【详解】（1）NH3中心原子氮原子形成3个共价键且含有1对孤电子对，为sp3 杂化，空间构型为三角锥形；NH3的键角大于PH3，原因为：中心原子均为sp3杂化，且都只有一对孤电子对，电负性N>P，NH3中的键合电子(共用电子对)离中心原子更近，排斥力更大，键角越大；（2）已知：Ⅰ.N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)   ΔH1=-92kJ·mol-1Ⅱ.C(s)+O2(g)⇌CO2(g)     ΔH2=-394kJ·mo1-1Ⅲ.N2(g)+3H2(g)+C(s)+O2(g)⇌H2NCOONH4(s)   ΔH3=-646kJ·mol-1由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ得到反应Ⅳ.H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)，故ΔH4=ΔH1+ΔH2-ΔH3=+160kJ·mol-1；反应Ⅳ的平衡常数为：K=c2(NH3)c(CO2)，密闭容器中加入H2NCOONH4(s)，保持温度不变，加压平衡常数不变，则新的平衡条件下NH3的浓度为c2=c1；反应Ⅳ为吸热的熵增反应，故在高温条件下能够自发进行；（3）刚性的密闭容器中，充入等物质的量N2和H2发生反应Ⅰ，假设投料均为1mol，起始压强为1MPa；10min末达平衡，测得平衡时压强为0.8MPa，则总的物质的量为1.6mol，总的物质的量减小0.4mol，根据N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)可知生成氨气0.4mol、消耗氮气、氢气分别为0.2mol、0.6mol，平衡时氮气、氢气、氨气分别为0.8mol、0.4mol、0.4mol，则10min内v(N2)=MPa/min。此时平衡常数Kp=。A．当N2的体积分数不变时，说明正逆反应速率相等，平衡不再移动，反应已经达到化学平衡状态，A正确；B．反应为放热反应，温度升高化学反应速率加快，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，B错误；C．其他条件不变时，若适当增加N2的用量，平衡正向移动，可以提高H2的平衡转化率，C正确；D．使用合适的催化剂可以加快化学反应速率，但不该反应的焓变，故ΔH1不变，D正确；故选B；（4）催化剂不能使平衡发生移动，该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，则a点为200℃时使用催化剂甲下的平衡转化率应高于b点的转化率，与图像不符，故200°C时，a点对应的转化率(5%)不是使用催化剂甲下H2的平衡转化率。14．甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为、和 )在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：①②③回答下列问题：(1)已知反应①中的相关的化学键键能数据如下：(其中中的碳氧键为CO)化学键CO由此计算∆H1=______kJ/mol，已知，由此计算，∆H3=_______kJ/mol。(2)图中能正确反映平衡常数随温度变化关系的曲线为___________(填曲线标记字母)，其判断理由是___________。(3)合成气的组成时，体系中的平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图所示。α(CO2)值随温度升高而___________(填“增大”或“减小”)，其原因是___________。图中的压强由大到小为___________，其判断理由是___________。【答案】(1)-99+41(2)a反应为放热反应，平衡常数应随温度升高变小(3)减小升高温度时，反应为放热反应，平衡向左移动，使得体系中的量增大；反应为吸热反应，平衡向右移动，又使产生的量增大；总结果，随温度升高，使的转化率降低相同温度下，由于反应为气体分子数减小的反应，加压有利于提升的转化率而反应为气体分子数不变的反应，产生的量不受压强影响，故增大压强时，有利于的转化率升高 【详解】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数据和反应的化学方程式CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）可知反应热△H1＝1076kJ/mol＋2×436kJ/mol—3×413kJ/mol—343kJ/mol—465kJ/mol＝-99kJ.mol-1。根据盖斯定律可知②—①即可得到反应③，则△H3＝-58kJ/mol＋99kJ/mol＝＋41kJ.mol-1；（2）由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a正确，答案为a；反应为放热反应，平衡常数应随温度升高变小；（3）反应①为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应③为吸热反应，平衡向右移动，又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高，使CO的转化率降低；相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响，故增大压强时，有利于CO的转化率升高，所以图2中的压强由大到小为P3＞P2＞P1。15．尿素是一种高效化肥，也是一种化工原料。(1)尿素技术可用于汽车尾气的处理，该过程中会生成，反应如下。Ⅰ.  Ⅱ.  一定温度下，向恒容容器中投入足量和一定量的，当上述反应达到平衡时，测得、。则_______(用含p、q的代数式表示，下同)，反应Ⅰ的平衡常数为_______。(2)工业上以和为原料合成尿素，图1是反应历程及能量变化，历程中的所有物质均为气态。①该反应历程中，若，则_______。②在℃和℃时，向恒容容器中投入等物质的量的和，发生以下反应：。平衡时与的关系如图2所示，p为物质的分压强(单位为kPa)。 若、。℃时，_______。若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，的体积分数_______(填“变大”“变小”或“不变”)。(3)某实验小组用水介质电池电解含有尿素的碱性废水，装置如图3(电极a为Zn，b、c、d均为惰性电极)。装置Ⅰ中双极膜为阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成，与b极室相连的交换膜为_______离子交换膜(填“阴”或“阳”)，装置Ⅱ阳极上的反应式为_______。【答案】(1)p-2qp(p-2q)(2)66.51000变大(3)阳离子【详解】（1）,，则c(HNCO)=（p-2q）mol/L，则反应I的平衡常数K=c(NH3)×c(HNCO)=p(p-2q)(mol/L)2。（2）从图分析，过渡态3的相对能量为241-87=154kJ/mol，则ΔE1=154-87.5=66.5kJ/mol。从图分析，HNCO(g)+NH3(g)⇌CO(NH2)2(g) 为放热反应，升温，平衡逆向移动，则右侧的线为T1℃的，取A点数值，kPa−1，若点A时继续投入等物质的量的两种反应物，再次达到平衡时(温度不变)，相当于加压，平衡正向移动，则CO(NH2)2的体积分数变大。（3）从图分析，c电极产生氮气，为阳极反应，d上产生氢气，为阴极反应，则a为负极，锌失去电子，结合氢氧根离子，故该交换膜为阴离子交换膜，b为正极，与b极室相连的交换膜为阳离子交换膜，装置Ⅱ阳极上的反应式为。16．二氧化碳催化加氢直接合成二甲醚(DME)既可以实现碳减排又可以得到重要的有机原料，对于保证经济的高速发展和实现长期可持续发展战略均具有重要意义，其中涉及的反应有：(ⅰ)  (ⅱ)  (ⅲ)  已知：生成物A的选择性回答下列问题：(1)的___________(用含a、b或c的代数式表示)。(2)反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的吉布斯自由能随温度变化如图，下列说法正确的是___________。A．常温下，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ均能自发B．410K时，反应ⅰ和反应ⅲ的反应速率相等C．温度升高，的选择性提高，的选择性降低D．提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂(3)在3.0MPa下，研究人员在体积固定的容器中充入和发生反应，的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如图(不考虑其他因素影响)。 ①___________0(填“>”或“<”)。②若在220℃下，平衡时___________，计算反应在220℃下的平衡常数___________(写出计算过程，结果保留三位有效数字)。③当其他条件不变，压强为4.0MPa、温度为260℃时，图中点___________(填“A”、“B”、“C”或“D”)可表示二甲醚的选择性。(4)在基催化剂下发生反应，机理如图：该机理表示的是反应___________(填“ⅰ”、“ⅱ”或“ⅲ”)的反应过程。写出转化③的反应方程式___________。【答案】(1)2a+b(2)D(3)>0.56mol24.9B(4)ⅰHCOO-+4H=H2O+CH3O-【详解】（1）已知ⅰ  ；ⅱ  ；ⅲ  ；由盖斯定律可知，ⅰ×2+ⅱ得(2a+b)。（2）A．298K时，反应ⅲ的吉布斯自由能大于0，不能自发进行，故A错误； B．410K时，反应ⅰ和反应ⅲ的吉布斯自由能相等，但不能确定二者反应速率的大小关系，故B错误；C．吉布斯自由能△G=△H-T△s，随着温度的增大，反应ⅱ△G增大，不利于反应ⅱ的正向进行，随着温度的增大，反应ⅲ△G减小，有利于反应ⅲ的正向进行，的选择性降低，的选择性升高，故C错误；D．甲醇分解可以得到二甲醚，提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂，故D正确；故选D。（3）①由图可知，随着温度的升高，的选择性不断增大，说明反应ⅲ的平衡正向移动，则反应ⅲ是吸热反应，>0；②若在220℃下，平衡时的平衡转化率为40%，的选择性为5%，DME选择性为80%，根据已知条件列出“三段式”，，，解得x=0.38mol，y=0.16mol，z=0.02mol，平衡时0.38mol+0.02mol+0.16mol=0.56mol，反应在220℃下的平衡常数K=；③反应ⅰ是气体体积减小的反应，反应ⅱ和反应ⅲ都是气体体积不变的反应，增大压强，反应ⅰ正向移动，的平衡转化率增大，CH3OH的浓度增大，的浓度减小，反应ⅱ正向移动，反应ⅲ逆向移动，的选择性降低，DME选择性提高，则图中点B可表示二甲醚的选择性。 （4）该机理总反应为，表示的是反应ⅰ的反应过程，写出转化③的反应方程式为：HCOO-+4H=H2O+CH3O-。17．甲醇是一种基本的有机化工原料，用途十分广泛。应用催化加氢规模化生产甲醇是综合利用，实现“碳达峰”的有效措施之一。我国科学家研究发现二氧化碳电催化还原制甲醇的反应，需通过以下两步实现：Ⅰ.Ⅱ.(1)反应过程中各物质的相对能量变化情况如图所示。_______。(2)若，下列温度下反应能自发进行的是_______(填序号)。A．B．10℃C．D．(3)恒压下，分别向无分子筛膜和有分子筛膜(能选择性分离出)的两个同体积容器中通入和，甲醇的产率随温度的变化如图所示。温度相同时，有分子筛膜的容器中甲醇的产率大于无分子监膜的原因为_______。(4)按照投料，在恒容密闭容器中进行反应，的平衡转化率随温度和压强变化如图所示。 ①压强、、由大到小的顺序是_______。②压强为时，温度高于之后，随着温度升高平衡转化率增大的原因是_______；③同时增大的平衡转化率和的产率可采取的措施是_______。④一种应用双极膜(由阳离子和阴离子交换膜构成)通过电化学还原制备甲醇的电解原理如图所示。催化电极的电极反应式为_______，双极膜内每消耗水，理论上石墨电极产生标准状况下_______。【答案】(1)(2)A(3)分子筛膜能不断分离出，有利于反应正向进行(4)，，升高温度，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。之后，反应Ⅰ起主导作用，的平衡转化率增大增大压强【详解】（1）步骤Ⅱ的反应热生成物的总能量—反应物的总能量。（2）若根据图示，，反应能自发进行，则，，温度低于时反应能自发进行，选A。 （3）分子筛膜能不断分离出，有利于反应正向进行，提高了甲醇的产率，所以温度相同时，有分子筛膜的容器中甲醇的产率大于无分子监膜。（4）①合成甲醇的反应，增大压强，平衡正向移动，所以温度相同时，压强越大，的平衡转化率越大，所以。②，，升高温度，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动。之后，反应Ⅰ起主导作用，的平衡转化率增大，所以压强为时，温度高于之后，随着温度升高平衡转化率增大；③增大压强，反应Ⅱ正向移动，的产率增大，CO的浓度降低，由于CO的浓度降低反应Ⅰ正向移动，的平衡转化率增大，同时增大的平衡转化率和的产率可采取的措施是增大压强。④据图示可知，在催化电极上得电子还原成，电极反应式为。石墨电极反应为，通过膜向石墨电极移动，双极膜内每消耗水，向石墨电极迁移并放电，同时通过膜向催化电极迁移，可见消耗同时生成，标准状况下的体积为。18．乙酸乙酯在工业上有着广泛的用途。科学家以乙烯、乙酸为原料，杂多酸作催化剂制备乙酸乙酯，反应原理为。回答下列问题：(1)在热力学标态下由指定单质(大多是稳定单质)生成1mol物质的反应焓变，称为该物质的标准摩尔生成焓()。。相关物质的标准摩尔生成焓数据如表所示。物质/(kJ·mol)+52.3-436.4-463.2以乙烯(g)、乙酸(g)为原料制备乙酸乙酯(1)的反应的热化学方程式为___________。(2)一定条件下，在一个密闭容器中，通入各1mol的乙烯和乙酸气体，发生上述反应。①若保持温度和压强不变，下列描述能说明反应已达化学平衡的是___________(填字母)。A．单位时间内，消耗乙烯和生成乙酸的物质的量相同B．容器内混合气体的密度不再变化C．不再变化D．体系中乙烯和乙酸的转化率相等②若想提高乙酸乙酯的产率，可以采取的措施有___________(写两种)。③分别在压强、下，相同时间内测得乙酸乙酯的产率随温度的变化如图。 ___________(填“>”或“<”)，理由是___________。A点后乙酸乙酯产率随温度升高反而下降的原因可能是___________。A点该反应的压强平衡常数___________(用含的代数式表示)。(3)科学家设想通过电化学方法实现乙烯的转化，其原理如图所示(均为惰性电极)。图中b极为___________极，M极上的电极反应式为___________。【答案】(1)  kJ·mol(2)A加压、降温等>其他条件相同时，有气体参加的反应，压强越大，化学反应速率越快，产率越大该反应为放热反应，A点后反应达到平衡，升高温度，相当于平衡逆向移动(3)负【详解】（1）标准摩尔生成焓是由指定单质生成1mol该物质的反应焓变，所以一个反应的焓变=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓；kJ•mol⁻¹；（2）①A、单位时间内，消耗乙烯和生成乙酸的物质的量相同，说明正、逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选A； B、容器内两种气体的物质的量之比一直为1∶1，温度和压强不变，混合气体的密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定平衡，故不选B；C、温度和压强不变，乙烯和乙酸的物质的量一直相等，K=，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则是恒量，不变，反应不一定平衡，故不选C；D、乙烯和乙酸的起始量均为1mol，消耗量一直相等，故体系中乙烯和乙酸的转化率一直相等，体系中乙烯和乙酸的转化率相等，反应不一定平衡，故不选D。选A；②该反应为气体分子数减少的放热反应，故提高产率的方法有加压、降温等。③其他条件相同时，有气体参加的反应，压强越大，化学反应速率越快，由图可知，相同温度下，相同时间内，压强为时乙酸乙酯的产率较大，则压强。由图可知，在压强为时，A点乙酸乙酯的产率最大，说明反应达到平衡，则A点之后曲线上的点都是平衡点，该反应为放热反应，则温度超过80℃时，温度升高，平衡向逆反应方向移动，乙酸乙酯的产率下降。体系内只有乙烯和乙酸两种气体，且物质的量相等，则二者的分压均为，则。（3）M极上发生的反应是乙烯生成乙酸乙酯，碳元素化合价由-2升高为-1发生氧化反应，则M是阳极，a为正极、b为负极；根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知M电极反应式为。19．2021年，我国科学家以二氧化碳为原料，通过全合成方法成功制得了淀粉，取得了科技领域的一个重大突破。以为原料制备甲醇、合成气、淀粉等能源物质具有广阔的发展前景。在催化剂的作用下，氢气还原的过程中可同时发生反应①②。①②(1)_______。(2)已知时，反应能自发进行反应，反应①的，则反应①自发进行的温度不超过_______K(保留一位小数)。(3)在恒温恒容密闭容器中，充入一定量的及 ，起始及达到平衡时，容器内各气体的物质的量及总压强数据如表所示：总压/起始0.50.9000平衡m0.3p已知，则表中_______；反应①的平衡常数_______(用含p的代数式表示)，为压强平衡常数，是在化学平衡体系中，用各气体物质的分压替代浓度计算的平衡常数。(4)向恒压反应器中通入和，的平衡转化率及的平衡产率随温度变化的关系如图所示。已知：的产率。图中500K以后，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是_______。(5)的综合利用有利于“碳中和”，分子在晶体中的堆积方式如图所示，该晶体面心立方最密堆积结构，晶胞边长为apm，则该晶体的密度_______(列出计算式，设为阿伏伽德罗常数)。 (6)温室气体的用途广泛，请写出一种与其物理性质相关的用途：_______。【答案】(1)—91.1kJ/mol(2)277.8(3)0.2(4)反应①为放热反应，升高温度，平衡左移，反应②为吸热反应，升高温度，平衡右移，500K以后，反应②的反应程度大于反应①(5)(6)做制冷剂或用于人工降雨或用于灭火【详解】（1）由盖斯定律可知，反应①—②可得反应，则反应ΔH3=(—50kJ/mol)—(+41.1kJ/mol)=—91.1kJ/mol，故答案为：—91.1kJ/mol；（2）由ΔH—TΔS＜0可得：(—50kJ/mol)—T×[—180J/(mol·K)×10—3kJ/J]＜0，解得T＞277.8K，故答案为：277.8；（3）由题给数据可得如下三段式：由平衡时气体的压强之比等于物质的量之比可得：=，解得m=0.2，则平衡时气体总物质的量为1mol，反应①的平衡常数Kp==(kPa)−2，故答案为：；（4）反应①为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应②为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，则500K以后，二氧化碳的平衡转化率随温度升高而增大说明反应②的反应程度大于反应①，故答案为：反应①为放热反应，升高温度，平衡左移，反应②为吸热反应，升高温度，平衡右移，500K以后，反应②的反应程度大于反应①；（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的二氧化碳的个数为8×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—10)3d，解得d= ，故答案为：；（6）干冰升华时会吸收热量，使周围环境温度降低，所以二氧化碳可以做做制冷剂，或用于人工降雨，二氧化碳不能支持燃烧，密度又比空气的大，如果让二氧化碳覆盖在燃着的物体上，就能使物体跟空气隔绝而停止燃烧，所以也可用于灭火，故答案为：做制冷剂或用于人工降雨或用于灭火。20．氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。Ⅰ.制取氢气(1)甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：  kJ·mol  kJ·mol写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式___________。(2)理论上，能提高平衡产率的措施有___________(写出一条即可)。Ⅱ.储存氢气硼氢化钠()是研究最广泛的储氢材料之一已知：i．B的电负性为2.0，H的电负性为2.1ii．25℃下在水中的溶解度为55g，在水中的溶解度为0.28g(3)在配制溶液时，为了防止发生水解反应，可以加入少量的___________(填写化学式)。(4)向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气。写出该反应的化学方程式___________。(5)在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，推断可能的原因是___________。(6)用惰性电极电解溶液可制得，实现物质的循环使用，制备装置如图2所示。 ①钛电极的电极反应式是___________。②电解过程中，阴极区溶液pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)【答案】(1)CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)+50kJ·mol(2)将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强(3)NaOH(4)+2H2O+4H2(5)浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低(6)6H2O+BO+8e-=BH+8OH-增大【详解】（1）已知①  kJ·mol；②  kJ·mol；由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)+91kJ·mol-41kJ·mol=+50kJ·mol。（2）理论上，及时将H2分离出来降低H2浓度或者减小压强都可以使平衡正向移动，提高平衡产率。（3）是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，可以加入少量的NaOH抑制且的水解。（4）向水溶液中加入催化剂Ru/NGR后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠()和氢气，该反应的化学方程式为：+2H2O+2H2。（5）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后(见图1)增加的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂Ru/NGR活性降低。（6）①用惰性电极电解溶液可制得，钛电极为阴极，BO在阴极得到电子生成BH，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-；②阴极电极方程式为：6H2O+BO+8e-=BH+8OH-，阴极区OH-浓度增大，pH增大。