2022届高考化学二轮专题复习16化学反应原理综合

化学反应原理综合一、非选择题（原理综合题）：（本题共15小题）1．Cl2、SO2、CO、NO等不能直接排放到大气中，需经过处理进行回收利用，从而达到减排的目的。回答下列问题：（1）已知S(s)和CO(g)的燃烧热分别是296.0kJ/mol、283.0kJ/mol，则反应的ΔH=___________。（2）一定条件下，Cl2与NO可化合生成重要的化工原料氯化亚硝酰（NOCl），写出该反应的化学方程式：___________；已知NOCl中各原子均满足8电子稳定结构，其电子式为___________。（3）向体积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的HCl和O2，发生反应：ΔH，反应物的转化率与温度（T）的关系如图所示（已知起始时，和为平衡转化率）。①该反应的ΔH________（填“＞”或“＜”）0。②下列关于该反应的说法正确的是__________（填字母）。A．曲线a表示HCl的转化率B．温度越高化学平衡常数越大C．容器中压强不再改变时，反应达到最大限度D．该反应只有高温下才能自发进行③温度低于450℃时，温度升高时HCl和O2的转化率增大的原因为___________。④若初始时向容器中充入的O2为1mol，5min时反应达到平衡，该温度下O2的转化率为20%，则0～5min内用HCl表示的平均反应速率为___________，该反应的平衡常数34 Kp=___________（已知：气体分压()=气体总压()×体积分数，Kp为以分压表示的平衡常数；平衡时容器内的总压为P0）。【答案】（1）-270.0kJ/mol（2）（3）＜AC平衡前，升温，速率增大，单位时间内反应物的转化率增大0.08mol/(L∙min)【解析】（1）已知S(s)和CO(g)的燃烧热分别是296.0kJ/mol、283.0kJ/mol，可得热化学方程式：①S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH=-296.0kJ/mol；②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ/mol；根据盖斯定律，将②×2-①，整理可得：2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(s)ΔH=-270.0kJ/mol；（2）一定条件下，Cl2与NO可化合生成重要的化工原料氯化亚硝酰（NOCl），该反应的化学方程式：；已知NOCl中各原子均满足8电子稳定结构，则N原子与O原子形成2对共用电子对，与Cl原子形成1对共用电子对，故其电子式为；（3）①根据图示可知：在其他条件不变时，当转化率达到最高点后，升高温度，反应物HCl或O2的转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应为放热反应，所以反应热ΔH＜0；A．当HCl和氧气的物质的量相同时，根据方程式中物质反应转化关系可知：达到平衡时HCl的转化率较大，所以a表示HCl、b表示氧气，A正确；B．转化率达到最高时，升高温度反应物转化率降低，说明化学平衡逆向移动，则正反应为放热反应，则温度越高化学平衡常数越小，B错误﹔C在恒温恒容条件下该反应前后气体的物质的量减小，则压强减小，当容器中压强不变时说明达到平衡状态，该反应达到了该条件下的最大限度，C正确；D．该反应的熵变小于0，焓变小于0，如果能自发反应，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，应该在低温下能自发减小，D错误；故合理选项是AC；③根据图象可知：在温度低于450℃时，温度越高，HCl和O2的转化率越大，这是由于平衡前，升高温度，化学反应速率增大，单位时间内由更多的反应物发生反应又变为生成物，导致反应物的转化率增大；④若O2的转化率为20%，则用O2表示0~5min内的平均反应速率v(O2)=34 ，在相同时间内用不同物质表示反应速率时，速率比等于化学方程式中相应物质的化学计量数的比，所以v(HCl)=4v(O2)=4×0.02mol/(L∙min)=0.08mol/(L∙min)；对于可逆反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，反应开始时n(HCl)=n(O2)=1mol，n(Cl2)=n(H2O)=0mol，在450℃达到平衡时HCl的转化率为80%，则Δn(HCl)=0.8mol，则Δn(O2)=0.2mol，Δn(Cl2)=Δn(H2O)=0.4mol，故平衡时n(HCl)=0.2mol，n(O2)=0.8mol，n(Cl2)=n(H2O)=0.4mol，平衡时n(总)=0.2mol+0.8mol+0.4mol+0.4mol=1.8mol，P(HCl)=，P(O2)=，P(Cl2)=P(H2O)=，可知化学平衡常数KP=。2．2021年6月17日神舟十三号载人飞船与空间站成功对接，航天员进入天和核心舱。空间站处理的一种重要方法是的收集、浓缩与还原。（1）还原制的部分反应如下：①②③反应的___________。（2）在催化剂作用下加氢可制得甲醇，该反应历程如下图所示（吸附在催化剂表面的物质用*标注，如表示吸附在催化剂表面；图中已省略）。上述合成甲醇的反应速率较慢，该反应过程中决定反应速率的步骤是_____（34 用化学方程式表示）。（3）在一定条件下，向某恒容密闭容器中充入和，发生反应。①图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线_____（填“m”或“n”），判断依据是________。②若，测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，_______（填“>”、“<”或“=”）；时，起始压强为______（保留二位小数；为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数）。③已知速率方程是速率常数，只受温度影响。图3表示速率常数的对数与温度的倒数之间的关系，分别代表图2中a点、c点的速率常数，点______表示c点的。【答案】（1）-25（2）（3）m该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热反应的方向移动，平衡常数减小＜9.88A【解析】（1）根据目标反应方程式，可以得出②－①－2×③，得出ΔH=ΔH2－ΔH1－2ΔH3=－25kJ·mol-1，故答案为－25；（2）该反应过程中决定反应速率是由慢反应决定，活化能越大，反应速率越慢，根据图像可知，活化能最大的是－0.2－(－1.56)eV=1.36eV，该步骤的反应方程式为；故答案为；34 （3）①该反应为放热反应，升高温度，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，根据图像可知，曲线m表示平衡常数与温度T之间的变化关系；故答案为m；该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热反应的方向移动，平衡常数减小；②根据图2可知，c的温度高于a点，温度高，反应速率快，即v(a)逆＜v(c)逆；T2时，起始压强2.5MPa，则CO2的分压为=1MPa，H2的分压为=1.5MPa，T2时，H2的转化率为80%，则H2变化分压为1.5MPa×80%=1.2MPa，则达到平衡时CH3OH、H2O(g)分压均为0.4MPa，CO2的分压为0.6MPa，Kp=≈9.88MPa－2；故答案为＜；9.88；③达到平衡时，v正=v逆，K=，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，即越小，lgk逆越大，即点A表示c点的lgk逆；故答案为A。3．全球气候变化是21世纪人类面临的重大挑战，“碳达峰、碳中和”既是气候变化应对战略，更是经济可持续发展战略。研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为当今研究热点。（1）加氢可制备甲酸：①工业上利用甲酸的能量关系转换如下图所示，计算a=___________。②将等物质的量的和充入体积为的密闭容器中发生反应：。实验测得：，，、为速率常数（只与温度有关）。温度为T1℃时，，温度为T2℃时，。则T1___________T2（填“>”“<”或“=”）；T2℃时平衡压强___________T1℃时平衡压强（填“>”“<”或“=”），理由是___________。（2）工业上常用氨水吸收，其产物之一是。写出常温下水解反应的离子方程式：___________，计算该反应的平衡常数__________。（保留2位有效数字，已知常温下碳酸的电离常数、，的电离常数34 ）（3）我国科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，可有效减少碳的排放，其工作原理如图所示。系统工作时a极为电池的______极，b极区参与的电极总反应式为_____。【答案】（1）－31.4<>是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体分子数增多，总压强增大，而T1<T2，因此T2时的平衡压强大（2）（3）负【解析】（1）①由图示可知反应(1)：；反应(2)：；反应(3)：；利用盖斯定律，将(3)－(1)－(2)可得：。②由题意可知：T1℃，当反应达平衡时，则有，，，平衡常数K=2，同理求得T2℃时，平衡常数K=1.6，由①可知，此反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，因此T1<T2。③是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，气体分子数增多，总压强增大，而T1<T2，因此T2时的平衡压强大。（2）碳酸氢铵为强电解质，完全电离生成铵根离子和碳酸氢根离子，但铵根离子和碳酸氢根离子都为弱离子，其水解的离子方程式分别为：，，总反应为：。34 ，说明碳酸氢根的水解程度远远大于电离程度，其电离可以忽略不计，则该反应的平衡常数。（3）金属钠为活泼金属，易失去电子，因此a极为电池的负极，b极为电池的正极。由题图可知，b极上是二氧化碳和水发生得电子的还原反应生成碳酸氢根离子和氢气，因此b极区二氧化碳参与的电极总反应式为：。4．近十几年来，化学界掀起研究二氧化碳与氢气反应的热潮。回答下列问题：（1）已知CoO(s)有下列两个反应：I．CoO(s)＋H2(g)Co(s)＋H2O(g)ΔH=-3.9kJ·mol-1II．CoO(s)＋CO(g)Co(s)＋CO2(g)ΔH=-45.1kJ·mol-1①根据焓变判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_______H2（填“大于”或“小于”）。②反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH=_______kJ·mol-1。（2）在723K、10.0kPa的甲装置中发生反应I，在723K、12.0kPa的乙装置中发生反应II，得到部分气体的分压随时间的变化关系如下图所示。①在甲装置中，10～40min内反应的平均速率v(H2)=_______kPa·min-1。②已知甲、乙两装置中的反应分别在40min、31min达到平衡状态，则在723K时，反应的平衡常数Kp=_______（保留三位有效数字）。（3）向装置丙中充入0.10molH2和0.20molCO2，在一定温度和12.0kPa下进行反应：，平衡时水蒸气体积分数为0.10。再向达到平衡后的装置丙中加入足量的CoO(s)和Co(s)，得到如下图像。34 ①上表中的a、b两条线分别代表的气体物质是_______（填化学式）。②可作为的催化剂的是_______（填标号）。A．Co(s)B．CoO(s)C．CoO(s)和Co(s)（4）科学家设计了如下光电池，常温下在水溶液中完成反应。①装置中的电解质参与了多个反应，在使用过程中电解质的量_______（填标号）。A．增大B．减少C．基本不变D．无法确定②已知电极X上的电极反应为，结合总反应式，写出Y电极上的电极反应式：___________________________。【答案】（1）大于+41.2（2）0.120.0756（3）CO2、H2OA（4）C【解析】（1）①反应II放出的热量比反应I的多，说明反应II进行的程度大，则还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；②由盖斯定律，反应I-II得CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)∆H=-3.9-(-45.1)=+41.2kJ·mol-1；（2）①在甲装置中，10～40min内反应的平均速率v(H2)=0.12kPa·min-1；②在等温等容下，由pV=nRT，压强之比等于物质的量之比，甲装置发生反应I：CoO(s)＋H2(g)Co(s)＋H2O(g)，40min达到平衡状态，p(H2)=1.0kPa，消耗10-1.0=9.0kPa，则平衡时p(H2O)=9.0kPa，乙装置发生反应II：CoO(s)＋CO(g)Co(s)＋CO2(g)，3134 min达到平衡状态，p(CO2)=11.9kPa，则平衡时p(CO)=12.0-11.9=0.1kPa，在723K时，反应的平衡常数Kp=；（3）①起始充入0.10molH2和0.20molCO2，列三段式，平衡时水蒸气体积分数为0.10，则，解得x=0.03，平衡时p(CO)=p(H2O)=12.0kPa×0.1=1.2kPa，p(CO2)=，p(H2)=，由图的起点可知，曲线a代表CO2，曲线c代表H2，加入足量的CoO(s)和Co(s)，消耗CO，随着反应进行，物质的量减小，压强也减小，则曲线d代表CO，曲线b代表H2O；故a、b两条线分别代表的气体物质是CO2、H2O；②由以上计算可知，只要存在CoO(s)，CoO(s)就会与CO及H2单独反应，不能作催化剂，而只有Co(s)时，Co(s)先被CO2(g)少量氧化，即，然后生成的CoO(s)迅速被H2(g)还原，，保持Co(s)的质量不改变，即催化剂不中毒，所以Co(s)为该反应的催化剂，故选A；（4）①由反应，电解质在循环反应，在使用过程中电解质的量基本不变，故选：C；②Y电极为阴极，HCO得2mol电子生成CO，结合H+反应生成H2O，电极反应式：。5．氢气和核能是可以开发利用的新能源。（1）氢气是未来最具有前途的能源之一。氢气能将二氧化碳转化为CH3OH等液体燃料。以H2、CO2为原料制CH3OH涉及的主要反应如下：ⅰ．H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)∆H1=+41kJ·mol-1ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)∆H2=-90kJ·mol-1①CO2分子中含有___________键（填“极性”或“非极性”）。②H2(g)、CO2(g)转化为CH3OH(g)、H2O(g)的热化学方程式为___________。（2）开发利用核能可以减少对化石能源的依赖。UO2是一种常用的核燃料，该核燃料的一种制备流程如下：34 I中，将含有硫酸的UO2SO4溶液通入电解槽，如图所示。①A电极是___________（填“阴极”或“阳极”），其电极反应式是___________。②B电极的电极反应式___________。③U4+有较强的还原性。用质子交换膜隔开两极区溶液可以___________，从而提高U4+的产率。【答案】（1）极性3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H=－49kJ·mol-1（2）阴极+4H++2e-=U4++2H2O可以防止U4+移动到阳极附近被氧气氧化【解析】（1）①CO2的结构简式为O=C=O，CO2分子中含有极性共价键。②ⅰ．H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)∆H1=+41kJ·mol-1ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)∆H2=-90kJ·mol-1H2、CO2反应生成甲醇的反应是3H2＋CO2=CH3OH＋H2O(g)，根据盖斯定律，由i＋ii得出∆H=∆H1＋∆H2=－49kJ·mol－1，即热化学反应方程式为3H2(g)+CO2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H=－49kJ·mol-1。（2）①电解池中阳离子流向阴极，根据氢离子的流向可知A电极为阴极；UO得电子被还原为U4+，同时生成水，电极反应式为UO+4H++2e-=U4++2H2O。②电解过程B电极即阳极水电离出的氢氧根放电生成氧气，B电极的电极反应式或。③电解过程B电极即阳极水电离出的氢氧根放电生成氧气，而U4+有较强还原性，用质子交换膜隔开两极区溶液,可以防止U4+移动到阳极附近被氧气氧化，从而提高U4+的产率。34 6．I．在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图1所示。（1）HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成___________（填化学式）。此物质从催化剂上逸出时是___________过程（填“吸热”或“放热”）。（2）研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH，可以提高释放氢气的速率，且能提高释放氢气的纯度。①请解释原因___________。②写出以HCOOK溶液代替HCOOH制取H2的总反应离子方程式___________。II．一定条件下，利用CO2合成CH3OH的反应如下：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)∆H1，研究发现，反应过程中会有副反应：②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)∆H2，温度对CH3OH、CO产率的影响如图2所示。（3）结合反应，根据上图分析提高CH3OH产率选择性的因素有：___________。（4）一定温度下，向1L密闭容器中充入1molCO2和5molH2，发生上述两个反应。当反应达平衡后容器内CH3OH(g)为0.3mol，CO2(g)为0.6mol，则H2的平衡转化率为_________，反应②的平衡常数为___________。III．乙烷在一定条件下发生如下反应：C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)∆H=+137kJ/mol，一定温度下，向1L容器中充入C2H6(g)达到平衡。（5）若能提高C2H6的平衡转化率，且能加快反应速率，可采取的措施为___________。A．加催化剂B．增加C2H6(g)的量C．升温D．增大压强（6）向另一体积为1L的恒温容器中充入1molC2H6(g)和1molH2(g)，容器内压强为P034 反应达平衡时，C2H6(g)的转化率为50%。则反应的平衡常数Kp=___________（用P0表示）。【答案】（1）HD吸热（2）HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净HCOO-+H2OHCO+H2↑（3）①温度低于200度，但不能过低②适当增大压强③选择适合反应①的催化剂（4）20％或0.017（5）C（6）0.75P0【解析】（1）HCOOD催化释氢反应，根据图示可知：产生的物质除CO2外，还有H、D两种H原子结合形成的HD；气体从催化剂表面逸出，需克服催化剂对该物质的吸附作用，这个过程需要吸收能量，因此属于吸热过程；（2）①用HCOOK替代一部分HCOOH，由于HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，因而可以更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净；②若以HCOOK溶液代替HCOOH，HCOOK电离产生HCOO-、K+，在催化剂表面HCOO-分解生成CO2和H-，H-与K+结合形成KH，KH与H2O反应产生KOH、H2，KOH吸收CO2气体，反应产生KHCO3，则制取H2的总反应离子方程式为：HCOO-+H2OHCO+H2↑；（3）根据已知图中分析：①根据图示可知，温度越低，催化剂对CH3OH的选择性越高，温度越高，催化剂对CO的选择性就越高，所以温度要低于200度，但不能过低，温度过低，催化活性较小；②由于生成CH3OH的正反应是气体体积减小的反应，而生成CO的反应是反应前后气体体积不变的反应，所以适当增大压强，可以使化学平衡正向移动，提高CH3OH的产率；③不同的催化剂对CH3OH的选择性大小不同，因此可以选择适合反应①的催化剂，使产生CH3OH的速率更快，从而提高CH3OH的产量；（4）一定温度下，向1升密闭容器中充入1molCO2和5molH2，发生上述两个反应。已知参与①和②两个反应的CO2之比为4∶1，达平衡后容器内CH3OH(g)为0.3mol，根据反应①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)中物质反应转化关系可知该反应同时产生0.3molH2O，反应消耗0.3molCO2和0.9molH2。此时CO2(g)为0.634 mol，则发生副反应②CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的CO2的物质的量为1mol-0.3mol-0.6mol=0.1mol，故还反应消耗了0.1molH2，反应产生了0.1molCO和0.1molH2O(g)，则H2反应消耗总量为0.9mol+0.1mol=1mol，因此H2的平衡转化率为：；平衡时容器中各种气体的浓度分别是c(CO2)=0.6mol/L，c(H2)=4mol/L，c(CH3OH)=0.3mol/L，c(H2O)=0.4mol/L，c(CO)=0.1mol/L，因此反应②的化学平衡常数K=；（5）反应C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)∆H=+137kJ/mol的正反应是气体体积增大的吸热反应。A．加催化剂只能加快反应速率，而不能使化学平衡发生移动，因此不能提高乙烷的平衡转化率，A不符合题意；B．增加C2H6(g)的量，化学反应速率加快，增加反应物C2H6(g)的量，物质的浓度增大，化学平衡正向移动，但移动的趋势是微弱的，平衡移动消耗C2H6(g)的量小于加入C2H6(g)的量的增大，最终导致乙烷的平衡转化率降低，B不符合题意；C．升高温度，物质的内能增加，分子之间的有效碰撞次数增加，化学反应速率加快；升高温度，化学平衡向吸热的正反应方向移动，导致乙烷的平衡转化率提高，C符合题意；D．增大压强，气体物质的浓度增大，化学反应速率加快。由于该反应的正反应是气体体积增大的反应，增大压强，化学平衡逆向移动，导致乙烷的平衡转化率降低，D不符合题意；故合理选项是C；（6）向另一体积为1L的恒温容器中充入1molC2H6(g)和1molH2(g)，开始时气体的物质的量是2mol，容器内压强为P0，反应达平衡时，C2H6(g)的转化率为50%。根据物质反应转化关系可知：平衡时n(C2H6)=0.5mol，n(C2H4)=0.5mol，n(H2)=1.5mol，n(总)平=0.5mol+0.5mol+1.5mol=2.5mol，则平衡时气体总压强P=各种气体的平衡分压P(C2H6)=P(C2H4)=；P(H2)=，则该反应的平衡常数Kp=。7．2021年碳中和理念成为热门，CCUS(CarbonCapture，UtilizaionandStorage)碳捕获、利用与封存技术能实现二氧化碳资源化，产生经济效益。I．回答下列问题（1）捕获的高浓度CO2能与CH4制备合成气（CO、H2），科学家提出制备“合成气”反应历程分两步进行，能量变化如图所示：34 反应①：CH4(g)C(s)+2H2(g)反应②：C(s)+CO2(g)2CO(g)结合图象写出CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式：___________。决定该反应快慢的是分步反应中的反应___________（填序号）。（2）“合成气”在催化剂作用下发生反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，某温度下在一恒压容器中分别充入1.2mCO和1molH2，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH(g)，反应的平衡常数K=___________，此时向容器中再通入0.35molCO气体，则此平衡将___________（填“正向”“不”或“逆向”）移动。II．二氧化碳可合成低碳烯烃（3）2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)∆H，在恒容密闭容器中，反应温度、投料比[]对CO2平衡转化率的影响如图所示。a_________3（填“＞”“＜”或“=”）；M、N两点的反应速率v逆(M)___________v正(N)（填“＞”“＜”或“=”）；M、N两点的反应平衡常数KM___________KN（填“＞”“＜”或“=”），判断的理由是___________。（4）用如图装置模拟科学研究在碱性环境中电催化还原CO2制乙烯（X、Y均为新型电极材34 料，可减少CO2和碱发生副反应），装置中b电极为___________（填“正”“负”“阴”或“阳”）极，X极上的电极反应式为___________。【答案】（1）CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(c-a)kJ/mol反应①（2）50L2/mol2逆向（3）＞＜＞反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小（4）正2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-【解析】（1）结合图象，CH4与CO2制备“合成气”一氧化碳和氢气，反应为吸热反应，其热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(c-a)kJ/mol；决定该反应快慢的是分步反应中活化能最大的反应，故反应①决定了该反应的快慢。（2）“合成气”在催化剂作用下发生反应制备甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4molCH3OH(g)，则平衡时CO的物质的量0.8mol，H2的物质的量为0.2mol，反应的平衡常数K=，此时向容器中再通入0.35molCO气体，根据恒温恒压下气体体积之比等于物质的量之比，得到容器体积为，此时浓度商，此平衡将逆向移动。（3）2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)∆H，在恒容密闭容器中，反应温度、投料比[]对CO2平衡转化率的影响如图所示。温度相同时，x=a的二氧化碳平衡转化率大于x=3，增大氢气的物质的量平衡正向移动，则a＞3；温度升高反应速率加快，故M、N两点的反应速率v逆(M)＜v正(N)；平衡常数仅与温度有关，根据图像可知，温度升高二氧化碳平衡转化率下降，故反应为放热反应，故M、N两点的反应平衡常数KM＞KN。（4）装置中X电极发生反应为二氧化碳生成乙烯，碳元素化合价降低，发生还原反应，故34 X电极为阴极，则a电极为负极，b电极为正极，X极上的电极反应式为2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-。8．我国煤炭资源丰富，煤资源的综合利用是重要的研究课题之一。请回答下列问题：（1）工业上将水蒸气通过红热的碳即可产生水煤气（CO和H2的混合气体），称为煤的汽化。①已知该条件下有如下反应：a．C(s)+CO2(g)⇌2CO(g)∆H1=+172.5kJ/molb．CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g)∆H2=-41.2kJ/mol请写出水蒸气通过红热的碳产生水煤气的热化学方程式___________。②一定温度下，在一个恒容密闭容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，发生上述可逆反应，下列能说明该反应已经达到平衡状态的有___________（填标号）。A．c(CO)=c(H2)B．断裂2molH—O键的同时生成1molH—H键C．容器内气体的压强保持不变D．混合气体的密度保持不变（2）为了比较煤灰中Fe2O3和CaO的催化活性，950°C时，将物质的量均为0.2mol的NO和CO充入容积为2L的恒容石英玻璃管中，加入催化剂发生反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)∆H<0，烟气分析仪测得n(CO)随时间t的变化如图所示：①写出CO2的电子式：___________。②使用___________（填化学式）作催化剂的催化效率更快。③用CaO作催化剂时，0~2min内，用N2的浓度变化表示的平均反应速率为___________。该反应的化学平衡常数K=___________(mol/L)-1，若保持反应体系温度不变，达到平衡后，再向容器中充入0.2molNO和0.1molN2，则v(正)____________v(逆)（填“>”“<”或“=”）。④3min时，n(CO)的变化如图所示，则改变的外界条件可能是___________（任答两条）。【答案】（1）C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)CD34 （2）Fe2O310＞降温、减小生成物浓度、向容器中充入NO【解析】（1）①由已知方程式a+b可得目标方程式：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，结合盖斯定律得；②A．由于CO与H2生成比例为1∶1，且起始投料均为0，故CO和H2的浓度始终相等，所以两者浓度相等不能说明反应达平衡状态，A不符合题意；B．断裂2molH—O键，说明有1molH2O消耗，生成1molH—H键，说明生成1molH2，两者描述的均为正反应速率，不能说明正、逆反应速率相等，B不符合题意；C．随着反应的进行，气体的总物质的量发生改变，压强也随之变化，当压强不变时，说明反应达平衡状态，C符合题意；D．随着反应的进行，气体的总质量发生改变，由于容器体积不变，故混合气体的密度也会随之改变，当混合气体密度不变时，说明反应达平衡状态，D符合题意；故答案选CD；（2）①CO2分子中，每个氧原子与碳原子之间共用两对电子，对应电子式为：；②由图示知，用Fe2O3作催化剂时，反应在1min时达平衡，而用CaO作催化剂时，反应在2min时才达平衡，说明Fe2O3催化效率更快，故此处填Fe2O3；③由所给数据列三段式如下：，则υ(N2)=；该反应平衡常数K=；若再充入0.2molNO、0.1molN2，则此时该反应的浓度商Qc=＜K，故平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，故此处填：＞；④条件改变瞬间，CO的物质的量不变，说明不是改变CO的量，但条件改变后，CO量减少，说明平衡正向移动，故可能改变的条件是：降温、减小生成物浓度、向容器中充入NO等。9．实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，某科研院所研究二氧化碳、甲烷重整技术34 如下：①CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)∆H1②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)∆H2③CH4(g)C(s)＋2H2(g)∆H3④∆H4⑤CO(g)＋H2(g)H2O(g)＋C(s)∆H5（1）根据盖斯定律，若利用③④反应求算①的反应热，则④反应为__________，若利用其他已知反应求反应热，则∆H1=__________（写出代数式即可）。（2）下列说法正确的是__________。A．当v(CO2)=v(CO)，反应②达到平衡状态B．升高温度，反应②的正、逆反应速率都增大C．增大压强，反应①平衡逆向移动，平衡常数K减小D．加入反应①的催化剂，可减小反应①的活化能（3）若刚性容器中发生反应①，∆H1＞0，进料浓度比c(CH4)∶c(CO2)分别等于1∶2、1∶5、1∶7时，CH4的平衡转化率随条件X的变化关系如下图所示：①曲线a的进料浓度比c(CH4)∶c(CO2)为__________。②条件X是__________（填“温度”或“压强”），依据是__________。（4）某温度下，等物质的量的CH4和CO2在刚性容器内发生反应①，初始压强为p0，平衡时CH4的体积分数为1/6，则平衡总压为__________，该反应的平衡常数Kp=__________。【答案】（1）或者（2）BD（3）1∶2温度增大条件X，CH4平衡转化率增大（4）1.5P0【解析】（1）通过分析①③④三个方程式，根据盖斯定律可知④=③-①；则④为34 ；根据盖斯定律可知①=②+③-⑤；则∆H1=；（2）A．未指明是正速率还是逆速率，不能证明反应达到平衡，A错误；B．升高温度，活化分子百分数增多，反应②的正、逆反应速率都增大，B正确；C．平衡常数只和温度有关，改变压强平衡常数不变，C错误；D．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，D正确；故选BD；（3）①两种物质反应时增大一种物质的浓度则其转化率会降低，故曲线a的CH4的平衡转化率最低，故c(CH4)∶c(CO2)比值为最大的，即1∶2；②该反应是吸热反应随着温度升高，平衡正向移动，甲烷转化率增大，故条件X是温度；依据是增大条件X，CH4平衡转化率增大；（4）设开始的时候甲烷和二氧化碳的物质的量为1mol，达到平衡的时候转化的甲烷的物质的量为xmol；根据题意可知，解得x=0.5，则平衡体系中气体总物质的量为2+2x=3，则平衡时压强，即P平=1.5P0；Kp=。10．大气污染物（CO、N2O、NO等）的治理和“碳中和”技术的开发应用，成为化学研究的热点问题。（1）某化工厂排出的尾气（含CO、N2O）治理的方法为：在密闭容器中发生如下反应：CO(g)+N2O(g)CO2(g)+N2(g)，CO、N2O在Pt2O+表面进行两步反应转化为无毒气体，其相对能量与反应历程的关系如下图。①写出N2O在Pt2O+的表面上反应的化学方程式___________。②第一步反应的速率比第二步的_________（填“慢”或“快”）。两步反应均为______热反34 应。（2）汽车尾气中含NO，处理NO的一种方法为：2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)①已知该反应为自发反应，则该反应的反应热∆H___________0（选填“＞”或“＜”或“=”）。②一定温度下，将2molCO、4molNO充入一恒压密闭容器。已知起始压强为11MPa，达到平衡时，测得N2的物质的量为0.5mol，则该温度此反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数Kp=______MPa-1（分压=总压×物质的量分数）。（3）2021年3月5日，国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰碳中和各项工作。科研工作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO2转化为HCOOH，实现碳中和的目标。如图所示：①离子交换膜为__________离子交换膜。②P极电极反应式为__________。③工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)的焓变∆H=_________kJ·mol-1。温度为T1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)K=2。实验测得：v正=k正c(CO2)c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k逆=________k正；温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2℃＞T1℃，理由是__________。【答案】（1）N2O+Pt2O+=N2+Pt2O慢放34 （2）＜MPa（3）阳CO2+2e-+2H+=HCOOH-31.40.5由k正=1.9k逆，，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞T1【解析】（1）①根据题干信息及反应历程图示知，生成的无毒物质为二氧化碳和氮气，N2O在Pt2O+的表面上反应的化学方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O，故答案为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O；②由反应历程图知，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，所以第一步反应速率慢于第二步；两步反应的反应物总能量都大于生成物总能量，所以两步反应均为放热反应；故答案为：慢；放；（2）①反应2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)能够自发进行，反应ΔS＜0，若满足ΔH-TΔS＜0，必须ΔH＜0，故答案为：＜；②根据三段式：，则平衡时，气体总物质的量为1+3+1+0.5=5.5mol，Kp=；（3）①根据图示知，P极为阴极，H+由N极转移至P极，则离子交换膜为阳离子交换膜，故答案为：阳；②P极为阴极，电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，故答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH；③由图示可知：Ⅰ：HCOOH(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH=+72.6kJ/mol，Ⅱ：CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ/mol，Ⅲ：H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-241.8kJ/mol，根据盖斯定律，将Ⅰ+Ⅱ-Ⅲ可得HCOOH(g)⇌CO2(g)+H2(g)的焓变ΔH=(+72.6kJ/mol)+(-283.0kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+31.4kJ/mol，则CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)的焓变ΔH=-31.4kJ/mol；反应CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)达到化学平衡时，有v正=v逆，即k正c(CO2)c(H2)=k逆c(HCOOH)，所以，所以k正=2k逆，即k逆=k正；温度改变为T2时，由k正=1.9k逆，34 ，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞T1；故答案为：-31.4；；由k正=1.9k逆，，说明平衡逆向移动，而CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)为放热反应，可知T2＞T1。11．利用CO2可合成烷烃、醇等系列重要化工原料。回答下列有关问题：I．制备甲烷：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)ΔH已知：CH4、H2的燃烧热分别为ΔH1=-893kJ·mol-1、ΔH2=-285.8kJ·mol-1，1mol液态H2O变成水蒸气需吸收44kJ的热量。（1）ΔH=___________kJ·mol-1。II．制备甲醇：主反应：CO2(g)+3H2CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-58kJ·mol-1副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41kJ·mol-1某一刚性容器中充入1molCO2和3molH2，在催化剂存在的条件下进行反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如下图所示。已知：CH3OH选择性=（2）240°C该反应达到平衡时，产生的CH3OH的物质的量为___________mol，240°C时副反应的化学平衡常数为___________。（3）有研究表明，在原料气中掺入适量的CO有利于提高CH3OH选择性，说明其可能的原因是___________，有利于提高CH3OH选择性反应条件还可以是_____（填标号）。A．高温高压B．高温低压C．低温高压D．低温低压【答案】（1）-162.2（2）0.081.4（3）增大CO的浓度，副反应向逆反应方向移动，CO234 浓度增大，主反应向正反应方向移动，CH3OH选择性增大C【解析】（1）由题意可得如下热化学方程式：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH1=-893kJ·mol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH2=-285.8kJ·mol-1，③H2O(l)=H2O(g)ΔH3=+44kJ·mol-1，由盖斯定律可知，②×4-①+③×2可得反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)，则ΔH=4ΔH2-ΔH1+2ΔH3=(-285.8kJ·mol-1)×4-(-893kJ·mol-1)+(+44kJ·mol-1)×2=-162.2kJ·mol-1，故答案为：-162.2；（2）由图可知，240°C反应达到平衡时二氧化碳的转化率为80%、甲醇的选择性为10%，由碳原子个数守恒可知，甲醇的物质的量为1mol×80%×10%=0.08mol，一氧化碳的物质的量为1mol×80%-0.08mol=0.72mol，设容器的容积为1L，由方程式可知，平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为=0.2mol/L、=2.04mol/L、=0.72mol/L和=0.8mol/L，则副反应的平衡常数K=≈1.4，故答案为：0.08；1.4；（3）在原料气中掺入适量的一氧化碳可以增大容器中一氧化碳的浓度，使副反应的生成物浓度增大，平衡向逆反应方向移动，使容器中二氧化碳浓度增大，主反应的生成物浓度增大，平衡向正反应方向移动，甲醇的浓度增大，选择性增大；主反应为气体体积减小的放热反应，副反应是气体体积不变的吸热反应，增大压强和，主反应向正反应方向移动，副反应不移动，降低温度，主反应向正反应方向移动，副反应向逆反应方向移动，都能使甲醇的浓度增大、选择性增大，则增大甲醇选择性的适宜条件为低温高压，故选C，故答案为：增大CO的浓度，副反应向逆反应方向移动，CO2浓度增大，主反应向正反应方向移动，CH3OH选择性增大；C。12．“绿水青山就是金山银山”，研究消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。（1）已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH1=-114kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=-393.5kJ/molN2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH3=+181kJ/mol若某反应的平衡常数表达式为K=，该反应的热化学方程式为___________。（2）T℃时，存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)。该反应正、逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为：v正=k正c2(NO2)，v逆=k逆c(N2O4)（k正、k逆是速率常数），且lgv正~lgc(NO234 )与lgv逆~lgc(N2O4)的关系如图所示。①图中表示lgv正~lgc(NO2)的线是___________（填“I”或“II”）。②T℃时，往刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol/L，则平衡时，v逆=______（用含a的表达式表示）。③T℃时，该反应的平衡常数K=___________L/mol。（3）原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于NO的脱除。将浓度恒定的NO废气以固定流速通过下图的反应器。分别用两种不同热解温度的煤焦，测定NO的脱除率。已知：i．两种不同热解温度500℃、900℃下获得的煤焦分别用S-500、S-900表示。ii．煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附。热解温度高，煤焦比值小，表面官能团少。iii．NO的脱除主要含吸附和化学还原两个过程。①由图可知：相同温度下，S-500对NO的脱除率比S-900的高，结合表格数据分析其可能原因是_______、______。煤焦元素分析(%)比表面积34 (cm2∙g-1)HCS-5002.7680.79105.69S-9000.8284.268.98②由图可知：350℃后，随着温度升高，NO的脱除率增大的原因是___________。【答案】（1）2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-854kJ/mol（2）I10a100（3）热解温度高，S-900的煤焦比值小，表面官能团少，不利于NO吸附S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于NO吸附温度升高，反应速率增大【解析】（1）由原子个数守恒和化学平衡常数表达式可知，反应的方程式为2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)，将已知反应依次编号为，由盖斯定律可知，②×2-①-③得反应，则ΔH=2ΔH2-ΔH1-ΔH3=2×(-393.5kJ/mol)-(-114kJ/mol)-(+181kJ/mol)=-854kJ/mol，反应的热化学方程式为2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-854kJ/mol，故答案为：2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=-854kJ/mol；（2）由方程式可知，二氧化氮的化学计量数大于四氧化二氮，则图中曲线I表示lgv正~lgc(NO2)，由速率公式可得lgv正=lgK正+lgc(NO2)、lgv逆=lgK逆+lgc(N2O4)，由图可知，T℃时，lgc(NO2)和lgc(N2O4)为0时，lgv正=lgK正=a+2，lgv逆=lgK逆=a，则K正=10a+2、K逆=10a；当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，v正=v逆，则化学平衡常数K====100；①由分析可知，图中表示lgv正~lgc(NO2)的线是I，故答案为：I；②设起始二氧化氮的浓度为xmol/L，由平衡后测得c(N2O4)为1.0mol/L可知，平衡时二氧化氮的浓度为(x-2)mol/L，由K=可得：=100，解得x=2.1mol/L，则v正=10a+2×(2.1-2)2=10a，故答案为：10a；③T℃时，该反应的平衡常数K=100L/mol，故答案为100；（3）①由信息可知，煤焦表面存在的官能团有利于一氧化氮的吸附，由图可知，热解温度高，S-900的煤焦比值小，表面官能团少，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；由表格数据可知，S-34 900的比表面积小，吸附能力弱，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500，故答案为：热解温度高，S-900的煤焦比值小，表面官能团少，不利于NO吸附；S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于NO吸附；②由图可知：350℃后，随着温度升高，反应速率加快，一氧化氮的脱除率增大，故答案为：温度升高，反应速率增大。13．以和为原料合成乙烯、二甲醚等有机物，一直是当前化学领域研究的热点。回答下列问题：（1）已知相关物质能量变化示意图如下：①写出由和反应生成和的热化学方程式：___________。②在一绝热的恒容密闭容器中，通入和（物质的量之比1∶2）发生反应，反应过程中容器内压强(p)与时间(t)变化如图1所示，随着反应进行，段压强增大的原因是___________。③与催化重整制备CH3OCH3的过程中存在反应：Ⅰ．；Ⅱ．。向密闭容器中以物质的量之比为1∶3充入与，实验测得的平衡转化率随温度和压强的变化关系如图2所示。、、由大到小的顺序为___________；时主要发生反应___________（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）34 ，平衡转化率随温度变化先降后升的原因为___________。（2）一定温度和压强为条件下，将和按物质的量之比为2∶3通入密闭弹性容器中发生催化反应，假设只发生反应：、，平衡时，平衡转化率为60%，选择性为50%（的选择性）。该温度下，反应的___________（用含字母p的代数式表示，已知是用反应体系中气体物质的分压来表示的平衡常数，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替），若要提高的选择性，则应考虑的因素是___________。【答案】（1）该反应放热，反应初期，反应正向进行，尽管容器内气体分子数减少，但反应放热，温度升高引起的压强增大，大于气体分子减少引起压强减小程度Ⅱ开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动（2）选择合适的催化剂（或其他合理答案）【解析】应用盖斯定律求出的焓变；在一绝热的恒容密闭容器中，通入和（物质的量之比1∶2）发生反应，反应过程中容器内压强(p)与时间(t)变化如图1所示，注意找出在不同的时间段，影响二氧化碳的转化率的主要因素；设和按物质的量分别为2mol、3mol，达到平衡时，消耗的CO的物质的量为2mol×60%=1.2mol，选择性为50%=（的选择性），=0.3mol，根据两个方程式求出平衡时各物质的量，再求出C2H4、H2O、CO、H2的体积分数，代入公式求出Kp。（1）①由和反应生成和的热化学方程式：34 。故答案为：；②在一绝热的恒容密闭容器中，通入和（物质的量之比1∶2）发生反应，反应过程中容器内压强(p)与时间(t)变化如图1所示，随着反应进行，段压强增大的原因是该反应放热，反应初期，反应正向进行，尽管容器内气体分子数减少，但反应放热，温度升高引起的压强增大，大于气体分子减少引起压强减小程度。故答案为：该反应放热，反应初期，反应正向进行，尽管容器内气体分子数减少，但反应放热，温度升高引起的压强增大，大于气体分子减少引起压强减小程度；③当温度相同时，压强越大，反应Ⅰ平衡正向移动程度越大，二氧化碳的转化率越大，反应Ⅱ平衡不移动，、、由大到小的顺序为；时压强对平衡几乎没有影响，主要发生反应Ⅱ，平衡转化率随温度变化先降后升的原因为开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动。故答案为：；Ⅱ；开始升温时以反应Ⅰ为主，反应放热，平衡逆向移动，平衡转化率下降，升高一定温度后，以反应Ⅱ为主，反应吸热，平衡正向移动；（2）设和按物质的量分别为2mol、3mol，达到平衡时，消耗的CO的物质的量为2mol×60%=1.2mol，选择性为50%=（的选择性），=0.3mol，平衡时，n(CO)=2mol-1.2mol=0.8mol，n(H2)=3mol-1.2mol-0.6mol=1.2mol，n(C2H4)=0.3mol，n(CH3OCH3)=0.2mol，n(CO2)=0.2mol，n(H2O)=0.6mol，n总=0.8mol+1.2mol+0.3mol+0.2mol+0.2mol+0.6mol=3.3mol，C2H4、H2O、CO、H2的体积分数分别为的=，若要提高的选择性，则应考虑的因素是选择合适的催化剂（或其他合理答案）。故答案为：34 ；选择合适的催化剂（或其他合理答案）。14．中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成，相关成果北京时间9月24日由国际知名学术期刊《科学》在线发表，因此CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：I．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)ΔH=+177kJ·mol-1（主反应）II．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)ΔH=+9kJ·mol-1（副反应）（1）反应I的反应历程可分为如下两步：i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)ΔH1（反应速率较快）ii．H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH2=+44kJ·mol-1（反应速率较慢）①∆H1=___________kJ·mol-1。②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应I速率影响更大，原因是___________。（2）向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6合成C2H4，发生主反应，温度对催化剂K-Fe-Mn/Si-2性能的影响如图所示，工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的原因是___________。（3）在800℃时，n(CO2)∶n(C2H6)=1∶3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，只发生主反应，初始压强为P0，一段时间达到平衡，产物的物质的量之和与剩余反应物的物质的量之和相等，该温度下反应的平衡常数Kp=_________P0（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，用最简分式表示）。（4）工业上也可用甲烷催化法制取乙烯，只发生反应如下：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)ΔH>0，①在恒容绝热的容器中进行上述反应，下列不能用来判断达到平衡状态的是___________。A．混合气体的平均相对分子质量不再改变B．容器中压强不再改变C．混合气体的密度不再改变D．v(CH4)=v(H2)34 ②温度T时，向2L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)×c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T温度时则___________（用含有x的代数式表示）；当温度升高时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m___________n（填“＞”、“＜”或“=”）。【答案】（1）+133kJ·mol-1反应ii为反应Ⅰ的决速步，c(CO2)增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率（2）800℃时，CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高（3）P0（4）CD＞【解析】（1）①根据盖斯定律反应i-反应ii可得C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)的ΔH1=+177kJ·mol-1-44kJ·mol-1=+136kJ·mol-1；②反应ii为慢反应，为整个反应过程的决速步骤，c(CO2)增大，反应ii速率加快，从而提高反应i速率；（2）据图可知800℃时，C2H4选择性比780℃略有降低，但CO2的转化率增大较多，有利于提高C2H4的产率；800℃时，C2H4选择性与820℃相比选择性略高；（3）投料n(CO2)∶n(C2H6)=1∶3，不防设初始投料为1molCO2和3molC2H6，设转化的CO2为xmol，则剩余的CO2为(1-x)mol，根据方程式可知剩余的C2H6为(3-x)mol，生成的C2H4、H2O、CO均为xmol，则根据题意有(1-x)+(3-x)=3x，解得x=0.8mol，则CO2的分压为=，同理可得C2H6、C2H4、H2O、CO的分压分别为、、、，则Kp=34 =P0；（4）①A．该反应前后气体系数之和不相等，而气体总质量不变，所以未平衡时平均相对分子质量会变，当其不变时说明达到平衡，A不符合题意；B．该反应前后气体系数之和不相等，容器恒容，未平衡时压强会变，当压强不变时说明达到平衡，B不符合题意；C．容器恒容，则气体体积不变，根据质量守恒定律可知气体总质量也不变，所以无论是否达到平衡，混合气体的密度都不变，不能说明平衡，C符合题意；D．若v正(CH4)=v逆(H2)，则可以说明达到平衡，但选项未注明是正反应速率还是逆反应速率，所以不能说明反应是否平衡，D符合题意；综上所述答案为CD；②达到平衡时v正=v逆，即k正c平2(CH4)=k逆c平(C2H4)×c平2(H2)，所以=，据图可知平衡时CH4的物质的量为xmol，根据方程式可知此时C2H4、H2的物质的量分别为0.5(2-x)mol、(2-x)mol，容器体积为2L，所以==，该反应焓变>0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，即v正>v逆，所以m>n。15．丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其化学方程式为C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)。回答下列相关问题：（1）已知：I．2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g)∆H1=-238kJ·mol-1II．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H2=-484kJ·mol-1则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)的∆H为___________kJ·mol-1（2）一定温度下，向1L的密闭容器中充入1molC3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍。①0～10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)=___________mol·L-1·min-1。②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是___________。A．∆H不变B．C3H6与H2的物质的量之比保持不变C．混合气体的总压强不变D．v(C3H6)正=v(C3H8)逆③欲提高丙烷转化率，采取的措施是___________（填字母标号）。A．降低温度B．升高温度C．加催化剂D．及时分离出H234 ④若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是___________。（3）一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示：①此温度下该反应的平衡常数Kp=___________（用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数）。②已知该反应过程中，v正=k正·p(C3H8)，v逆=k逆·p(C3H6)·p(H2)，其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，则图a中m点处=___________。【答案】（1）+123（2）0.05CDBD该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大（3）0.9p5.4【解析】（1）根据盖斯定律，(I-II)得C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，∆H=[(-238kJ·mol-1)-(-484kJ·mol-1)]=+123kJ·mol-1，故答案为：+123；（2）①一定温度下，向1L的密闭容器中充入1molC3H8反应生成C3H6和H2，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍，则气体的物质的量变为原来的1.5倍，即1.5mol，增加了0.5mol，所以各组分的变化量均为0.5mol。0～10min丙烯的化学反应速率v(C3H6)==0.05mol·L-1·min-1；②A．反应热只与化学反应有关，所以反应的∆H始终保持不变，即∆H不变不能作为平衡状态的标志，故A错误；B．C3H6与H2的物质的量之比始终按照1∶1增加，因此两者比值保持不变，不能作为平衡状态的标志，故B错误；C．该反应是气体分子数增大的反应，各物质均为气体，压强是变量，当混合气体的总压强不变时，说明该反应达到平衡状态，故C正确；D．C3H8和C3H6两者速率之比等于化学计量数之比，当v(C3H6)正=v(C3H8)逆34 时，表明正逆反应速率相等，说明该反应达到平衡状态，故D正确；综上所述，能说明该反应达到平衡状态的是CD；③由于该反应是一个吸热反应，故升高温度和及时分离出H2都能使平衡正向移动，提高丙烷转化率，催化剂不能使平衡发生移动，故合理选项是BD；④在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始n(氩气)/n(丙烷)越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大，故答案为：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氩气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大；（3）①一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8，开始压强为pkPa，假设反应消耗C3H8的物质的量为xmol，则列三段式有：根据图像可知，平衡时C3H8的体积分数为25%，=25%，解得x=0.6，则n(总)=1+x=1.6mol，开始气体物质的量是1mol时压强为p，则平衡时气体物质的量为1.6mol时，气体的总压强为1.6p，其中p(C3H8)=1.6p=0.4p，p(C3H6)=p(H2)=1.6p=0.6p，则该反应的平衡常数Kp==0.9p；②已知该反应过程中，v正=k正·p(C3H8)，v逆=k逆·p(C3H6)·p(H2)，则=，当反应达到平衡时，v正=v逆，则===1，其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，m点温度不变，因此不变，m点时C3H8的体积分数为50%，则=50%，解得x=，则n(总)=1+x=mol，开始气体物质的量是1mol时压强为p，则m点时气体物质的量为mol时，气体的总压强为p，其中p(C3H8)=p=p，p(C3H6)=p(H2)=p=p，故m点处==Kp=0.9p34 =5.4，故答案为：5.4。34