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山东省东营市广饶县第一中学三校区2022-2023学年高二9月月考化学试题（Word版附解析）
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这是一份山东省东营市广饶县第一中学三校区2022-2023学年高二9月月考化学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了单选题，不定项选择，填空题等内容，欢迎下载使用。
广饶一中化学
一、单选题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1. 在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：，平衡时测得A的浓度为。保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，再达到平衡时，测得A的浓度变为。下列有关判断不正确的是
A. C的体积分数增大了 B. A的转化率降低了
C. 平衡向正反应方向移动 D.
【答案】B
【解析】
【分析】保持温度不变，将平衡后容器的容积压缩到原来的一半，气体压强增大，若平衡不发生移动，A的浓度为1.0mol/L，由再达到平衡时，A的浓度为0.9mol/L可知，平衡向正反应方向移动，该反应是气体体积减小的反应，。
【详解】A．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，故A正确；
B．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故B错误；
C．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，该反应是气体体积减小的反应，，故D正确；
故选B。
2. 关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH＜0，下列说法正确的是（ ）
A. 恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移
B. 恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移
C. 加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动
D. 升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移
【答案】A
【解析】
【详解】A. 恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正确；
B. 恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B错误；
C. 加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C错误；
D. 升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；
答案选A
【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。
3. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 工业合成氨中，将氨气液化分离
B. 向氯水中加碳酸钙，可提高溶液中HClO的浓度
C. 氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深
D. FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl平衡体系中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深
【答案】C
【解析】
【详解】A．工业合成氨中，将氨气液化分离，减少生成物浓度，化学平衡正向移动，有利于氨的合成，能够使用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．向氯水中加碳酸钙，HCl与CaCO3反应产生CO2，降低了c(H+)，化学平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO正向移动，因而c(HClO)增大，能够使用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．将该平衡体系加压，使得c(I2)增大，因此反应混合气体颜色加深，由于反应H2(g)+I2(g)2HI(g)是反应前后气体体积不变反应，所以加压时化学平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；
D．向平衡体系中加入少量KSCN固体，反应物c(SCN-)增大，化学平衡正向移动，导致c[Fe(SCN)3]增大，因此溶液颜色加深，能够用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故合理选项是C。
4. 如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。起始时，关闭活塞K，向甲中充入2mol SO2、1mol O2，向乙中充入4 mol SO2、2 mol O2。甲、乙的体积都为1 L（连通管体积忽略不计）。保持相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。达平衡时，甲的体积为0.8 L。下列说法正确的是
A. 乙容器中SO2的转化率小于60%
B. 平衡时SO3的体积分数：甲＞乙
C. 打开K后一段时间，再次达到平衡，甲的体积为1.4 L
D. 平衡后向甲中再充入2 mol SO2、1 mol O2和3 mol SO3，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据阿伏加德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的0.8倍，即0.8×3mol=2.4mol，即减小了0.6mol，
2 SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △n
2 1
1.2mol 0.6mol
即达平衡后，反应掉1.2molSO2，甲容器中SO2的转化率为×100%=60%，若乙容器也保持压强不变，则平衡后体积为1.6L，现体积不变，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故A错误；
B．根据上述分析，平衡时SO3的体积分数：甲＜乙，故B错误；
C．根据上述分析，打开K后一段时间.再次达到平衡，总体积为2.4L，因此甲的体积为1.4 L，故C正确；
D．根据上述分析，甲平衡后，容器中有0.8molSO2，0.4molO2，1.2molSO3，物质的量之比为2:1:3，平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3moLSO3，物质的量之比不变，平衡不移动，故D错误；
故选C。
5. 已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H＝－a kJ·mol-1（a＞0），其反应机理是
① NO(g)＋Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g) 慢
下列有关该反应的说法正确的是
A. 该反应的速率主要取决于①的快慢
B. NOBr2是该反应的催化剂
C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A错误；
B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；
C．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，；
D．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，D正确；
答案选D。
6. 一定条件下，密闭容器中发生反应M(g)N(g)，反应过程中的能量变化如图中曲线I所示。下列说法正确的是
A. 该反应中逆反应的活化能为(E3-E2) kJ·mol-1
B. 该反应的反应热为(E2-E1) kJ·mol-1
C. 曲线II表示其他条件不变，增大压强时的能量变化
D. 使用催化剂，该反应的反应热不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知该反应正反应为放热反应，由图中可知逆反应的活化能为(E3-E1) kJ/mol，A错误；
B．由图中可知正反应的反应热为(E１-E2) kJ/mol ，B错误；
C．曲线II的活化能比曲线I小，而反应物、生成物的能量不变，反应热不变，改变的条件应该是使用催化剂。若改变压强，反应的活化能不会减小，与图象不符合，C错误；
D．使用催化剂，能够降低反应的活化能，使反应速率加快，但不改变反应物、生成物的能量，因此该反应的反应热不变，D正确；
故合理选项是D。
7. 已知胆矾溶解于水时温度降低，室温时将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出的热量为Q1 kJ，又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO4·5H2O CuSO4·(s)+5H2O(1)-Q2kJ，则Q1和Q2的关系为
A. Q1＜Q2 B. Q1>Q2 C. Q1 = Q2 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】溶解降温说明水合放热小于扩散吸热，Q1是二者的差值；而胆矾（五水合硫酸铜）分解要克服水合能Q2，所以Q2＞Q1；溶解时，放出的热量有一部分被水吸收，实际放出的热量偏小。
【详解】根据题的叙述可把胆矾溶于水看成二个过程，第一个过程是：CuSO4•5H2O CuSO4（s）+5H2O-Q2kJ这一过程是吸收热量的，一摩尔CuSO4•5H2O分解吸收的热量为Q2kJ；第二过程是：无水硫酸铜制成溶液的过程，此过程是放出热量的，1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ，但整个过程要使溶液温度降低，说明吸收的热量大于放出的热量，所以Q2＞Q1，故选A。
8. 固体碘化铵置于密闭容器中，加热至一定温度后恒温，容器中发生反应：①NH4I（s）NH3（g）+HI（g） ②2HI（g）H2（g）+I2（g），测得平衡时c（I2）=0.5mol/L，反应①的平衡常数为20mol2/L2，则下列结论不正确的是
A. 平衡时c（NH3）=5mol/L
B. 平衡时HI分解率为20%
C. 混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反应达到平衡状态的标志
D. 平衡后缩小容器体积，NH4I的物质的量增加，I2的物质的量不变
【答案】D
【解析】
【详解】设：碘化铵生成氨气和碘化氢的浓度为x，则
①NH4I（s）NH3（g）+HI（g）
x x
②2HI（g）H2（g）+I2（g），测得平衡时c（H2）=0.5mol/L，即
1mol/L 0.5mol/L 0.5mol/L
所以碘化氢的平衡浓度是（x-1）mol/L，根据反应①的平衡常数为20，则x（x-1）=20，解得x=5mol/L；
A．由分析可知平衡时c（NH3）=5mol/L，故A正确；
B．平衡时HI分解率为×100%=20%，故B正确；
C．反应体系气体的总物质的量始终不变，则混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反应达到平衡状态的标志，故C正确；
D．平衡后缩小容器体积，反应①逆向移动，NH4I的物质的量增加，HI的物质的量降低，反应②逆向移动，则I2的物质的量也减小，故D错误；
答案为D。
9. 生命过程与化学平衡移动密切相关。血红蛋白(Hb)与O2结合形成氧合血红蛋白分子[Hb(O2)]的过程可表示为Hb+O2Hb(O2)。下列说法正确的是
A. 吸入新鲜空气，平衡逆向移动
B. 体温升高，O2与Hb结合更快，该反应的平衡常数不变
C. 利用高压氧舱治疗CO中毒的原理是使平衡Hb(CO)+O2Hb(O2)+CO右移
D. CO达到一定浓度可使人中毒，是因为CO结合Hb，使Hb(O2)分解速率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．吸入新鲜空气，c(O2)增大，化学平向正反应方向移动，A错误；
B．化学平衡常数与温度有关，体温升高，O2与Hb结合更快，Hb(O2)浓度增大，该反应的化学平衡常数增大，B错误；
C．利用高压氧舱治疗CO中毒的原理是增大O2的浓度，使平衡Hb(CO)+O2Hb(O2)+CO正向移动，从而提高Hb(O2)浓度，减少Hb(CO)的浓度，C正确；
D．CO达到一定浓度可使人中毒，是因为CO与血红蛋白结合形成Hb(CO)的能力比O2强，而离解能力比O2弱，导致血液Hb(O2)的浓度降低，输送O2的能力减弱，D错误；
故合理选项是C。
10. 二氧化碳的捕捉与封存是实现温室气体减排的重要途径之一，也是未来实现低碳经济转型的重要环节。一些科学家利用太阳能加热反应器来“捕捉”空气中的CO2(如图所示)。下列说法中正确的是（ ）
生石灰捕捉和封存二氧化碳的示意图
A. 步骤一中将反应器加热到400 ℃,可提高CaCO3的生成速率
B. 步骤一中生成CaCO3的反应为吸热反应
C. 步骤一与步骤二中的反应互为可逆反应
D. 步骤二中反应的ΔS<0
【答案】A
【解析】
【详解】A.温度升高，反应速率加快，故A正确；
B. CaO与CO2的反应为放热反应，故B错误；
C. 生成CaCO3的反应和CaCO3分解反应的反应条件不同，二者不互为可逆反应，故C错误；
D. 反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)ΔS>0，故D错误；
故选A。
二、不定项选择(本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或者两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11. 一定温度下，在三个体积约为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
容器
编号
温度（℃）
起始物质的量（mol）
平衡物质的量（mol）
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
I
387
0.20
0.080
0.080
Ⅱ
387
0.40
Ⅲ
207
0.20
0.090
0.090
下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小
C. 容器I中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的长
D. 若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向正反应方向进行
【答案】D
【解析】
【详解】A、容器I与容器Ⅲ相比甲醇的起始物质的量相等，但温度不同，温度较低时生成物的物质的量多，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应，A错误；
B、反应前后体积不变，因此容器Ⅱ与容器I相比平衡等效，因此达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，B不正确；
C、容器I中温度高，反应速率快，因此容器I中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的少，C不正确；
D、根据容器I表中数据可知，平衡时生成物的浓度均是0.080mol/L，则根据反应的化学方程式可知消耗甲醇的浓度是0.16mol/L，所以平衡时甲醇的浓度是0.04mol/L，所以该温度下的平衡常数K＝＝4。若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，则此时＝1.5＜4，所以反应将向正反应方向进行，D正确；
答案选D。
12. 根据如图有关图像，说法正确的是（ ）
A. 由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的△H＜0
B. 由图Ⅱ知，反应在t6时刻，NH3体积分数最大
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应体系温度的措施
D. 图Ⅲ表示在10L容器、850℃时的反应，由图知，到4min时，反应放出51.6kJ的热量
【答案】D
【解析】
【分析】找出平衡点，根据勒夏特列原理进行分析；
【详解】A、根据图I，T2℃下反应物体积分数达到最小，生成物的体积分数达到最大，T2℃反应达到平衡，T1℃没有达到平衡，T2℃以后，X的体积分数增大，Z的体积分数减小，随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；
B、t2时刻正逆反应速率相等，平衡不移动，根据图像Ⅱ，t3后，反应向逆反应方向进行，NH3的量减少，即t1～t3时刻，NH3体积分数最大，故B错误；
C、根据图像Ⅱ，t3时，正逆反应速率都降低，改变的因素是降低温度，或减小压强，根据图像Ⅱ，t3时，反应向逆反应方向移动，如果降低温度，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，即v正＞v逆，不符合图像，t3时刻采取的是减小压强，故C错误；
D、根据图Ⅲ，0到4min变化的物质的量为0.12mol·L-1×10L=1.2mol，即放出的热量为1.2mol×43kJ·mol-1=51.6kJ，故D正确；
答案选D。
13. 乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯水化法生产，反应的化学方程式如下： C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)， 下图为乙烯的平衡转化率与温度(T)、压强(p) 的关系[ 起始n(C2H4)∶n(H2O)＝1∶1]。下列有关叙述正确的是
A. Y 对应的乙醇的物质的量分数为
B. X、Y、Z 对应的反应速率：v(X)>v(Y)>v(Z)
C. X、Y、Z 对应的平衡常数数值：KX
【答案】A
【解析】
【详解】A．Y 点乙烯的转化率为20%，
Y 对应的乙醇的物质的量分数为，故A正确；
B．C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)正反应气体物质的量减小，增大压强，乙烯转化率增大，所以， X、Y、Z三点压强依次增大、温度依次升高，对应的反应速率：v(X)
D．根据图象可知，升高温度乙烯的平衡转化率减小，故D错误；
选A。
14. 反应2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k·cm(NO)·cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：①2NO+H2=N2+H2O2(慢)②H2O2+H2=2H2O(快)
T℃时测得有关实验数据如下：
序号
c(NO)/(mol·L-1)
c(H2)/(mol·L-1)
速率/(mol·L-1·min-1)
Ⅰ
0.0060
0.0010
1.8×10-4
Ⅱ
0.0060
0.0020
3.6×10-4
Ⅲ
0.0010
0.0060
3.0×10-5
Ⅳ
0.0020
0.0060
1.2×10-4
下列说法错误的是
A. 整个反应速率由第①步反应决定
B. 正反应的活化能一定是①<②
C. 该反应速率表达式：v=5000c2(NO)·c(H2)
D. 该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-664kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．整个反应速率由慢反应决定，根据题意可知第①步反应是慢反应，第②步反应是快反应，因此整个反应速率由第①步反应决定，A正确；
B．反应的活化能越大，发生反应需要的能量就越高，反应就越不容易发生，反应速率越慢。由于反应①是慢反应，反应②是快反应，说明正反应的活化能一定是①＞②，B错误；
C．根据反应I、II可知：在c(NO)不变时，c(H2)是原来的2倍，速率也是原来的2倍，说明反应速率v与c(H2)呈正比；故反应III、IV可知：在c(H2)不变时，c(NO)是原来的2倍，反应速率v是原来的4倍，则速率与c(NO)的平方呈正比。再利用反应I，将c(NO)、c(H2)的带入速率公式，可得速率常数k=5000，所以该反应速率表达式：v=5000c2(NO)·c(H2)，C正确；
D．7gN2的物质的量是n(N2)==0.25mol，根据题意每生成7gN2，放出166kJ的热量，则反应产生1molN2，反应放出的热量Q==664kJ，所以该反应的热化学方程式可表示为：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-664kJ·mol-1，D正确；
故合理选项是B。
15. 将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)⇌ 2NH3(g)+CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(-lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. 该反应的ΔH＞0
B. C点对应状态的平衡常数K(C)=10-3.638 mol3·L-3
C. NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态
D. 30 ℃时，B点对应状态的v正＞v逆
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据图象可知：温度升高，-lgK减小，即温度升高，化学平衡常数K增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，正反应为吸热反应，则该反应的反应热的ΔH＞0，A正确；
B．根据图象可知C点对应状态的平衡常数K(C)=10-3.638 mol3·L-3，B正确；
C．反应混合物中反应物是固体，只有生成物都是气体，且在反应体系中NH3(g)、CO2(g)的物质的量的比始终是2：1，即NH3的体积分数始终不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，C错误；
D．在30 ℃时的平衡状态中-lgK=3.150，而B点对应状态的-lgK＜3.150，说明反应逆向进行，故有反应速率关系：v正＜v逆，D错误；
故合理选项是CD。
三、填空题
16. 甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
表中所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数(K)：
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.0
0.27
0.012
（1）由表中数据判断_______(填“＞”“＜”或“=”)0；反应 _______(用和表示)。
（2）在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应Ⅰ，5min后测得一氧化碳浓度为0.5mol/L，计算可得此段时间的反应速率(用H2表示)为_______。
（3）若容器容积不变，则下列措施可提高反应Ⅰ中CO转化率的是_______(填序号)。
A. 充入CO，使体系总压强增大 B. 将从体系中分离
C. 充入He，使体系总压强增大 D. 使用高效催化剂
（4）保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均减小为原来的，则化学平衡_______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，平衡常数_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（5）比较这两种合成甲醇的方法，原子利用率较高的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
【答案】（1） ①. ＜ ②. ∆H2-∆H1
（2）0.2 mol·L-1·min-1 （3）B
（4） ①. 逆向 ②. 不变
（5）Ⅰ
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ： ∆H1
反应Ⅱ： ∆H2
由表中数据可知，温度升高，平衡常数减小，则平衡逆向移动，由此判断∆H1＜0；由盖斯定律可知，将反应Ⅱ-反应Ⅰ，即得反应 ∆H3=∆H2-∆H1。答案为：＜；∆H2-∆H1；
【小问2详解】
在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应Ⅰ，5min后测得一氧化碳浓度为0.5mol/L，则参加反应CO浓度为0.5mol/L，参加反应H2的物质的量浓度为1mol/L，则由H2表示的反应速率为=0.2 mol·L-1·min-1。答案为：0.2 mol·L-1·min-1；
【小问3详解】
A．充入CO，虽然平衡正向移动，但CO的转化率减小，A不符合题意；
B．将从体系中分离，平衡正向移动，CO的转化率增大，B符合题意；
C．充入He，使体系总压强增大，反应物和生成物的浓度都不变，平衡不发生移动，CO的转化率不变，C不符合题意；
D．使用高效催化剂，反应速率加快，但平衡不发生移动，CO的转化率不变，D不符合题意；
故选B。答案为：B；
【小问4详解】
保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均减小为原来的，则相当于减小压强，由于反应物中气体分子数大于生成物中气体分子数，所以平衡逆向移动；但由于温度不变，所以平衡常数不变。答案为：逆向；不变；
【小问5详解】
比较两个反应可以看出，反应Ⅰ中产物只有一种，原子利用率为100%，所以原子利用率较高的是Ⅰ。答案为：Ⅰ。
【点睛】容积一定时，往平衡体系中充入稀有气体，虽然总压强增大，但由于反应物和生成物的浓度都未发生改变，所以正、逆反应速率不变，平衡不发生移动。
17. 某研究小组为了研究不同条件下金属铝粉在过量稀硫酸中的溶解性能，设计如下实验。已知：c(CuSO4)= 4.5mol∙L-1，反应均需要搅拌60min。
编号
温度/℃
加入某盐
H2SO4体积/mL
H2O体积/mL
铝粉加入量/g
铝粉溶解量/g
①
20
不加
40
0
2.0050
0.0307
②
80
不加
40
0
2.0050
0.1184
③
t1
不加
20
V1
2.0050
/
④
t2
5mL0.01mol∙L-1CuSO4溶液
20
V2
2.0050
/
（1）为了获得铝粉溶解量，还需要测量的数据是_______。
（2）实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则V2=_______mL。
（3）纯铝与稀硫酸反应生成氢气的速率-时间图像如图所示：其原因为_______。
（4）在恒温条件下将一定量X和Y的混合气体通入容积为2L的密闭容器中，X和Y两物质的浓度随时间的变化情况如图所示。
①写出该反应的化学方程式(反应物或生成物用符号X、Y表示)：_______。
②a、b、c、d四个点中，表示化学反应处平衡状态的点是_______。
（5）如图所示是可逆反应的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是_______。
A. t1时，只有正方向反应在进行 B. t2时，反应达到最大限度
C. t3时，反应逆向进行 D. t4时，各物质的浓度不再发生变化
【答案】（1）反应60min后剩余铝粉的质量
（2）15 （3）纯铝与稀硫酸反应生成氢气反应放热，温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，硫酸浓度减小，反应速率减小
（4） ①. Y2X ②. bd （5）D
【解析】
【小问1详解】
已知起始投入的铝粉质量，为了获得铝粉溶解量，还需要测量的数据是反应60min后剩余铝粉的质量。答案为：反应60min后剩余铝粉的质量；
【小问2详解】
实验①和③是为了研究硫酸浓度对铝粉溶解量的影响，则V1=20mL，实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则硫酸的浓度应相同，因为已经加入了5mLCuSO4溶液，所以加水量V2=20mL-5mL=15L。答案为：15；
【小问3详解】
从图中可以看出，起初生成氢气的速率快，后来慢，因为随着反应的进行，硫酸的浓度不断减小，所以起初速率增大应是温度的影响造成的，由此得出原因为：纯铝与稀硫酸反应生成氢气反应放热，温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，硫酸浓度减小，反应速率减小。答案为：纯铝与稀硫酸反应生成氢气反应放热，温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，硫酸浓度减小，反应速率减小；
【小问4详解】
①反应开始进行后，X浓度增大，Y浓度减小，则X为生成物，Y为反应物，反应达平衡时，X的浓度增大0.4mol/L，Y的浓度减小0.2mol/L，由此得出化学计量数关系；X:Y=2:1，从而得出该反应的化学方程式：Y2X。
②从图中可以看出，a、b、c、d四个点中，浓度不变的点表示化学平衡状态，则表示化学反应处于平衡状态的点是bd。答案为：Y2X；bd；
【小问5详解】
A．t1时，逆反应速率大于0，则既有正方向又有逆反应，A不正确；
B．t2时，正反应速率仍在减小，逆反应速率仍在增大，则反应仍在正向进行，B不正确；
C．t3时，正反应速率＞逆反应速率，反应正向进行，C不正确；
D．t4时，正反应速率=逆反应速率，反应达平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，D正确；
故选D。答案为：D。
【点睛】反应发生后，正、逆反应同时进行，只是进行的程度可能不同。
18. 在一定温度下，向一容积为5 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol SO2和0.2 mol O2，发生反应：2SO2(g)+O2(g) ⇌2SO3(g) ∆H =-196 kJ/mol。经2 min后达到平衡，当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的0.8倍。请回答下列问题：
(1)判断该反应达到平衡状态的标志是_______(填字母)；
a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2
b．容器内气体的压强不变
c．容器内混合气体的密度保持不变
d．SO3的物质的量不再变化
e．SO2的生成速率和SO3的生成速率相等
(2)从反应开始到平衡的这段时间O2的转化率为_______，用SO2的浓度变化表示的平均反应速率v(SO2)= _______达到平衡时反应放出的热量为_______；
(3)若反应温度降低，SO2的转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)；如图表示平衡时SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线。则温度关系：T1_______T2(填“＞”“＜”或“＝”)。
【答案】 ①. b、d、e ②. 60% ③. 0.024 mol·L-1·min-1 ④. 23.52 kJ ⑤. 增大 ⑥. ＜
【解析】
【详解】(1)a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2时，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，这与外界反应条件有关，a不符合题意；
b．该反应是反应前后气体的物质的量改变的反应，若容器内气体的压强不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，b符合题意；
c．反应混合物都是气体，气体的质量不变，容器的容积不变，则容器内混合气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，c不符合题意；
d．若SO3的物质的量不再变化，则体系中任何一组分的物质的量不变，反应达到平衡状态，d符合题意；
e．在任何情况下SO2的消耗速率和SO3的生成速率相等，若SO2的生成速率与SO3的生成速率相等，则SO３的浓度不变，反应达到平衡状态，e符合题意；
故合理选项是b、d、e；
(2)在恒温恒容时，气体的物质的量的比等于压强之比。假设平衡时反应的O2物质的量是x，则SO2反应消耗2x，反应产生SO3为2x，平衡时各种气体的物质的量n(SO2)=(0.4-2x) mol，n(O2)=(0.2-x) mol，n(SO3)=2x mol，由于平衡时气体压强为开始时的0.8倍，则有，解得x=0.12 mol，所以从反应开始到平衡的这段时间内O2的转化率为=60%；
SO2的物质的量改变了0.12 mol×2=0.24 mol，由于容器的容积是5 L，反应时间是2 min，则用SO2浓度变化表示的反应速率v(SO2)== 0.024 mol·L-1·min-1；
根据方程式可知：每有2 mol SO2发生反应，会放出196 kJ的热量，则反应了0.24 mol SO2，反应放出热量Q==23.52 kJ；
(3)该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，使SO2的转化率会增大；
在压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，SO2的含量增大。根据图示可知：SO2的含量在温度为T2时含量比T1时高，说明温度：T2＞T1，或T1＜T2。
19. 我国力争于2030年前做到碳达峰，CO2和CH4催化重整制备合成气(主要成分为CO、H2)是CO2利用的研究热点之一，其中部分反应如下：
反应Ⅰ积碳反应：
反应Ⅱ消碳反应：
回答下列问题：
（1）催化重整反应 ∆H=_______。
（2）催化重整反应中催化剂的活性会因积碳而降低，消碳反应则使积碳量减少。投料比_______(填“增大”或“减小”)有助于减少积碳。
（3）一定条件下，催化重整反应中的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示(不考虑副反应)，A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、Kc的大小关系为_______。
（4）恒温下，往2L密闭容器中加入2mol CH4、2mol CO2进行该催化重整反应。
①2min后测得CO2的转化率为40%，则2min内平均反应速率v(CH4)= _______。
②下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
A．容器中混合气体的压强保持不变
B．容器中混合气体的密度保持不变
C．
D．断裂2molC-H键的同时断裂1molH-H键
（5）在恒温、体系总压恒定为，往密闭容器中加入2mol CH4、2mol CO2进行该催化重整反应，达到平衡状态时，CO2的转化率为50%。已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则该温度下的平衡常数Kp=_______(用含P0的代数式表示)
【答案】（1）+246.8kJ∙mol-1
（2）减小 （3）KA＜KB=Kc
（4） ①. 0.2 ②. AD
（5）
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ积碳反应：
反应Ⅱ消碳反应：
利用盖斯定律，将反应Ⅰ+Ⅱ得催化重整反应 ∆H=+74.8 kJ∙mol-1+172 kJ∙mol-1=+246.8kJ∙mol-1。答案为：+246.8kJ∙mol-1；
【小问2详解】
由反应Ⅰ知，减少n(CH4)，有利于平衡逆向移动，减少积炭；由反应Ⅱ知，增大c(CO2)，有利于平衡正向移动，减少积炭，则投料比减小，有助于减少积碳。答案为：减小；
【小问3详解】
催化重整反应 ∆H=+246.8kJ∙mol-1，升高温度，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，则T2＞T1，B、C点温度相同，则平衡常数相等，A点温度低，则平衡常数小，从而得出A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、Kc的大小关系为KA＜KB=Kc。答案为：KA＜KB=Kc；
【小问4详解】
①2min后测得CO2转化率为40%，则2min内平均反应速率v(CH4)==0.2。
②A．反应前后气体分子数不等，则压强是一个变量，当容器中混合气体的压强保持不变时，反应达平衡状态，A符合题意；
B．容器中混合气体的质量不变，体积不变，密度始终保持不变，则密度不变时反应不一定达平衡状态，B不符合题意；
C．，虽然反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，则反应未达平衡状态，C不符合题意；
D．由方程式可知，1molCH4生成2molH2，则断裂4molC-H键的同时断裂2molH-H键，当断裂2molC-H键的同时断裂1molH-H键时，反应达平衡状态，D符合题意；
故选AD。答案为：0.2；AD；
【小问5详解】
在恒温、体系总压恒定为，往密闭容器中加入2mol CH4、2mol CO2进行该催化重整反应，达到平衡状态时，CO2的转化率为50%。可建立以下三段式：
则该温度下的平衡常数Kp==。答案为：。
20. 丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：
(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：
①C4H10(g)=C4H8(g)＋H2(g) ΔH1
已知：②C4H10(g)＋O2(g)=C4H8(g)＋H2O(g) ΔH2＝－119 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH3＝－242 kJ·mol－1
图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x________0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是________(填标号)。
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．降低压强
图(a)
图(b)
图(c)
(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是___________________________________________________。
(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是________、________；590 ℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是____________________________________________。
【答案】 ①. 小于 ②. AD ③. 氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大 ④. 升高温度有利于反应向吸热方向进行 ⑤. 温度升高反应速率加快 ⑥. 丁烯高温裂解生成短链烃类
【解析】
【分析】
【详解】(1)由图(a)可知，同温下，x MPa时丁烯的平衡产率高于0.1 MPa时的，根据压强减小平衡向右移动可知，x小于0.1；欲提高丁烯的平衡产率，应使平衡向右移动，该反应的正反应为吸热反应，因此可以通过升高温度的方法使平衡向右移动；该反应为气体体积增大的反应，因此可以通过降低压强的方法使平衡向右移动；答案选AD；
(2)由于氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大，所以丁烯产率降低；
(3)该反应的正反应为吸热反应，因此升高温度可以使平衡向右移动，使丁烯的产率增大，另外，反应速率也随温度的升高而增大。由题意知，丁烯在高温条件下能够发生裂解，因此当温度超过590 ℃时，参与裂解反应的丁烯增多，而使产率降低。
广饶一中化学
一、单选题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1. 在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：，平衡时测得A的浓度为。保持温度不变，将容器的容积压缩到原来的一半，再达到平衡时，测得A的浓度变为。下列有关判断不正确的是
A. C的体积分数增大了 B. A的转化率降低了
C. 平衡向正反应方向移动 D.
【答案】B
【解析】
【分析】保持温度不变，将平衡后容器的容积压缩到原来的一半，气体压强增大，若平衡不发生移动，A的浓度为1.0mol/L，由再达到平衡时，A的浓度为0.9mol/L可知，平衡向正反应方向移动，该反应是气体体积减小的反应，。
【详解】A．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，C的体积分数增大，故A正确；
B．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，故B错误；
C．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D．由分析可知，增大压强，平衡向正反应方向移动，该反应是气体体积减小的反应，，故D正确；
故选B。
2. 关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g) ΔH＜0，下列说法正确的是（ ）
A. 恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移
B. 恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移
C. 加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动
D. 升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移
【答案】A
【解析】
【详解】A. 恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正确；
B. 恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B错误；
C. 加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C错误；
D. 升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；
答案选A
【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。
3. 下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A. 工业合成氨中，将氨气液化分离
B. 向氯水中加碳酸钙，可提高溶液中HClO的浓度
C. 氢气、碘蒸气、碘化氢气体组成的平衡体系加压后颜色变深
D. FeCl3+3KSCN⇌Fe(SCN)3+3KCl平衡体系中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深
【答案】C
【解析】
【详解】A．工业合成氨中，将氨气液化分离，减少生成物浓度，化学平衡正向移动，有利于氨的合成，能够使用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．向氯水中加碳酸钙，HCl与CaCO3反应产生CO2，降低了c(H+)，化学平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO正向移动，因而c(HClO)增大，能够使用勒夏特列原理解释，B不符合题意；
C．将该平衡体系加压，使得c(I2)增大，因此反应混合气体颜色加深，由于反应H2(g)+I2(g)2HI(g)是反应前后气体体积不变反应，所以加压时化学平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，C符合题意；
D．向平衡体系中加入少量KSCN固体，反应物c(SCN-)增大，化学平衡正向移动，导致c[Fe(SCN)3]增大，因此溶液颜色加深，能够用勒夏特列原理解释，D不符合题意；
故合理选项是C。
4. 如图，甲容器有一个移动活塞，能使容器保持恒压。起始时，关闭活塞K，向甲中充入2mol SO2、1mol O2，向乙中充入4 mol SO2、2 mol O2。甲、乙的体积都为1 L（连通管体积忽略不计）。保持相同温度和催化剂存在的条件下，使两容器中各自发生下述反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。达平衡时，甲的体积为0.8 L。下列说法正确的是
A. 乙容器中SO2的转化率小于60%
B. 平衡时SO3的体积分数：甲＞乙
C. 打开K后一段时间，再次达到平衡，甲的体积为1.4 L
D. 平衡后向甲中再充入2 mol SO2、1 mol O2和3 mol SO3，平衡向正反应方向移动
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据阿伏加德罗定律(同温同容时，压强之比等于物质的量之比)，达平衡后，混合气体的物质的量是初始时物质的量的0.8倍，即0.8×3mol=2.4mol，即减小了0.6mol，
2 SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △n
2 1
1.2mol 0.6mol
即达平衡后，反应掉1.2molSO2，甲容器中SO2的转化率为×100%=60%，若乙容器也保持压强不变，则平衡后体积为1.6L，现体积不变，相当于甲平衡后增大压强，平衡正向移动，SO2的转化率增大，故A错误；
B．根据上述分析，平衡时SO3的体积分数：甲＜乙，故B错误；
C．根据上述分析，打开K后一段时间.再次达到平衡，总体积为2.4L，因此甲的体积为1.4 L，故C正确；
D．根据上述分析，甲平衡后，容器中有0.8molSO2，0.4molO2，1.2molSO3，物质的量之比为2:1:3，平衡后向甲中再充入2mol SO2、1mol O2和3moLSO3，物质的量之比不变，平衡不移动，故D错误；
故选C。
5. 已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H＝－a kJ·mol-1（a＞0），其反应机理是
① NO(g)＋Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g) 慢
下列有关该反应的说法正确的是
A. 该反应的速率主要取决于①的快慢
B. NOBr2是该反应的催化剂
C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A错误；
B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；
C．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，；
D．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，D正确；
答案选D。
6. 一定条件下，密闭容器中发生反应M(g)N(g)，反应过程中的能量变化如图中曲线I所示。下列说法正确的是
A. 该反应中逆反应的活化能为(E3-E2) kJ·mol-1
B. 该反应的反应热为(E2-E1) kJ·mol-1
C. 曲线II表示其他条件不变，增大压强时的能量变化
D. 使用催化剂，该反应的反应热不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知该反应正反应为放热反应，由图中可知逆反应的活化能为(E3-E1) kJ/mol，A错误；
B．由图中可知正反应的反应热为(E１-E2) kJ/mol ，B错误；
C．曲线II的活化能比曲线I小，而反应物、生成物的能量不变，反应热不变，改变的条件应该是使用催化剂。若改变压强，反应的活化能不会减小，与图象不符合，C错误；
D．使用催化剂，能够降低反应的活化能，使反应速率加快，但不改变反应物、生成物的能量，因此该反应的反应热不变，D正确；
故合理选项是D。
7. 已知胆矾溶解于水时温度降低，室温时将1mol无水硫酸铜制成溶液时放出的热量为Q1 kJ，又知胆矾分解的热化学方程式为CuSO4·5H2O CuSO4·(s)+5H2O(1)-Q2kJ，则Q1和Q2的关系为
A. Q1＜Q2 B. Q1>Q2 C. Q1 = Q2 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】溶解降温说明水合放热小于扩散吸热，Q1是二者的差值；而胆矾（五水合硫酸铜）分解要克服水合能Q2，所以Q2＞Q1；溶解时，放出的热量有一部分被水吸收，实际放出的热量偏小。
【详解】根据题的叙述可把胆矾溶于水看成二个过程，第一个过程是：CuSO4•5H2O CuSO4（s）+5H2O-Q2kJ这一过程是吸收热量的，一摩尔CuSO4•5H2O分解吸收的热量为Q2kJ；第二过程是：无水硫酸铜制成溶液的过程，此过程是放出热量的，1mol无水硫酸铜制成溶液时放出热量为Q1kJ，但整个过程要使溶液温度降低，说明吸收的热量大于放出的热量，所以Q2＞Q1，故选A。
8. 固体碘化铵置于密闭容器中，加热至一定温度后恒温，容器中发生反应：①NH4I（s）NH3（g）+HI（g） ②2HI（g）H2（g）+I2（g），测得平衡时c（I2）=0.5mol/L，反应①的平衡常数为20mol2/L2，则下列结论不正确的是
A. 平衡时c（NH3）=5mol/L
B. 平衡时HI分解率为20%
C. 混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反应达到平衡状态的标志
D. 平衡后缩小容器体积，NH4I的物质的量增加，I2的物质的量不变
【答案】D
【解析】
【详解】设：碘化铵生成氨气和碘化氢的浓度为x，则
①NH4I（s）NH3（g）+HI（g）
x x
②2HI（g）H2（g）+I2（g），测得平衡时c（H2）=0.5mol/L，即
1mol/L 0.5mol/L 0.5mol/L
所以碘化氢的平衡浓度是（x-1）mol/L，根据反应①的平衡常数为20，则x（x-1）=20，解得x=5mol/L；
A．由分析可知平衡时c（NH3）=5mol/L，故A正确；
B．平衡时HI分解率为×100%=20%，故B正确；
C．反应体系气体的总物质的量始终不变，则混合气体的平均摩尔质量不再发生变化不可以作为判断该反应达到平衡状态的标志，故C正确；
D．平衡后缩小容器体积，反应①逆向移动，NH4I的物质的量增加，HI的物质的量降低，反应②逆向移动，则I2的物质的量也减小，故D错误；
答案为D。
9. 生命过程与化学平衡移动密切相关。血红蛋白(Hb)与O2结合形成氧合血红蛋白分子[Hb(O2)]的过程可表示为Hb+O2Hb(O2)。下列说法正确的是
A. 吸入新鲜空气，平衡逆向移动
B. 体温升高，O2与Hb结合更快，该反应的平衡常数不变
C. 利用高压氧舱治疗CO中毒的原理是使平衡Hb(CO)+O2Hb(O2)+CO右移
D. CO达到一定浓度可使人中毒，是因为CO结合Hb，使Hb(O2)分解速率增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．吸入新鲜空气，c(O2)增大，化学平向正反应方向移动，A错误；
B．化学平衡常数与温度有关，体温升高，O2与Hb结合更快，Hb(O2)浓度增大，该反应的化学平衡常数增大，B错误；
C．利用高压氧舱治疗CO中毒的原理是增大O2的浓度，使平衡Hb(CO)+O2Hb(O2)+CO正向移动，从而提高Hb(O2)浓度，减少Hb(CO)的浓度，C正确；
D．CO达到一定浓度可使人中毒，是因为CO与血红蛋白结合形成Hb(CO)的能力比O2强，而离解能力比O2弱，导致血液Hb(O2)的浓度降低，输送O2的能力减弱，D错误；
故合理选项是C。
10. 二氧化碳的捕捉与封存是实现温室气体减排的重要途径之一，也是未来实现低碳经济转型的重要环节。一些科学家利用太阳能加热反应器来“捕捉”空气中的CO2(如图所示)。下列说法中正确的是（ ）
生石灰捕捉和封存二氧化碳的示意图
A. 步骤一中将反应器加热到400 ℃,可提高CaCO3的生成速率
B. 步骤一中生成CaCO3的反应为吸热反应
C. 步骤一与步骤二中的反应互为可逆反应
D. 步骤二中反应的ΔS<0
【答案】A
【解析】
【详解】A.温度升高，反应速率加快，故A正确；
B. CaO与CO2的反应为放热反应，故B错误；
C. 生成CaCO3的反应和CaCO3分解反应的反应条件不同，二者不互为可逆反应，故C错误；
D. 反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)ΔS>0，故D错误；
故选A。
二、不定项选择(本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或者两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11. 一定温度下，在三个体积约为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
容器
编号
温度（℃）
起始物质的量（mol）
平衡物质的量（mol）
CH3OH(g)
CH3OCH3(g)
H2O(g)
I
387
0.20
0.080
0.080
Ⅱ
387
0.40
Ⅲ
207
0.20
0.090
0.090
下列说法正确的是
A. 该反应的正反应为吸热反应
B. 达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小
C. 容器I中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的长
D. 若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向正反应方向进行
【答案】D
【解析】
【详解】A、容器I与容器Ⅲ相比甲醇的起始物质的量相等，但温度不同，温度较低时生成物的物质的量多，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，因此正方应是放热反应，A错误；
B、反应前后体积不变，因此容器Ⅱ与容器I相比平衡等效，因此达到平衡时，容器I中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，B不正确；
C、容器I中温度高，反应速率快，因此容器I中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的少，C不正确；
D、根据容器I表中数据可知，平衡时生成物的浓度均是0.080mol/L，则根据反应的化学方程式可知消耗甲醇的浓度是0.16mol/L，所以平衡时甲醇的浓度是0.04mol/L，所以该温度下的平衡常数K＝＝4。若起始时向容器I中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，则此时＝1.5＜4，所以反应将向正反应方向进行，D正确；
答案选D。
12. 根据如图有关图像，说法正确的是（ ）
A. 由图Ⅰ知，反应在T1、T3处达到平衡，且该反应的△H＜0
B. 由图Ⅱ知，反应在t6时刻，NH3体积分数最大
C. 由图Ⅱ知，t3时采取降低反应体系温度的措施
D. 图Ⅲ表示在10L容器、850℃时的反应，由图知，到4min时，反应放出51.6kJ的热量
【答案】D
【解析】
【分析】找出平衡点，根据勒夏特列原理进行分析；
【详解】A、根据图I，T2℃下反应物体积分数达到最小，生成物的体积分数达到最大，T2℃反应达到平衡，T1℃没有达到平衡，T2℃以后，X的体积分数增大，Z的体积分数减小，随着温度的升高，平衡向逆反应方向进行，正反应方向为放热反应，即△H＜0，故A错误；
B、t2时刻正逆反应速率相等，平衡不移动，根据图像Ⅱ，t3后，反应向逆反应方向进行，NH3的量减少，即t1～t3时刻，NH3体积分数最大，故B错误；
C、根据图像Ⅱ，t3时，正逆反应速率都降低，改变的因素是降低温度，或减小压强，根据图像Ⅱ，t3时，反应向逆反应方向移动，如果降低温度，该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，即v正＞v逆，不符合图像，t3时刻采取的是减小压强，故C错误；
D、根据图Ⅲ，0到4min变化的物质的量为0.12mol·L-1×10L=1.2mol，即放出的热量为1.2mol×43kJ·mol-1=51.6kJ，故D正确；
答案选D。
13. 乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯水化法生产，反应的化学方程式如下： C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)， 下图为乙烯的平衡转化率与温度(T)、压强(p) 的关系[ 起始n(C2H4)∶n(H2O)＝1∶1]。下列有关叙述正确的是
A. Y 对应的乙醇的物质的量分数为
B. X、Y、Z 对应的反应速率：v(X)>v(Y)>v(Z)
C. X、Y、Z 对应的平衡常数数值：KX
【答案】A
【解析】
【详解】A．Y 点乙烯的转化率为20%，
Y 对应的乙醇的物质的量分数为，故A正确；
B．C2H4(g)＋H2O(g)C2H5OH(g)正反应气体物质的量减小，增大压强，乙烯转化率增大，所以， X、Y、Z三点压强依次增大、温度依次升高，对应的反应速率：v(X)
D．根据图象可知，升高温度乙烯的平衡转化率减小，故D错误；
选A。
14. 反应2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)中，每生成7gN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为v=k·cm(NO)·cn(H2)(k、m、n待测)，其反应包含下列两步：①2NO+H2=N2+H2O2(慢)②H2O2+H2=2H2O(快)
T℃时测得有关实验数据如下：
序号
c(NO)/(mol·L-1)
c(H2)/(mol·L-1)
速率/(mol·L-1·min-1)
Ⅰ
0.0060
0.0010
1.8×10-4
Ⅱ
0.0060
0.0020
3.6×10-4
Ⅲ
0.0010
0.0060
3.0×10-5
Ⅳ
0.0020
0.0060
1.2×10-4
下列说法错误的是
A. 整个反应速率由第①步反应决定
B. 正反应的活化能一定是①<②
C. 该反应速率表达式：v=5000c2(NO)·c(H2)
D. 该反应的热化学方程式为2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-664kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．整个反应速率由慢反应决定，根据题意可知第①步反应是慢反应，第②步反应是快反应，因此整个反应速率由第①步反应决定，A正确；
B．反应的活化能越大，发生反应需要的能量就越高，反应就越不容易发生，反应速率越慢。由于反应①是慢反应，反应②是快反应，说明正反应的活化能一定是①＞②，B错误；
C．根据反应I、II可知：在c(NO)不变时，c(H2)是原来的2倍，速率也是原来的2倍，说明反应速率v与c(H2)呈正比；故反应III、IV可知：在c(H2)不变时，c(NO)是原来的2倍，反应速率v是原来的4倍，则速率与c(NO)的平方呈正比。再利用反应I，将c(NO)、c(H2)的带入速率公式，可得速率常数k=5000，所以该反应速率表达式：v=5000c2(NO)·c(H2)，C正确；
D．7gN2的物质的量是n(N2)==0.25mol，根据题意每生成7gN2，放出166kJ的热量，则反应产生1molN2，反应放出的热量Q==664kJ，所以该反应的热化学方程式可表示为：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-664kJ·mol-1，D正确；
故合理选项是B。
15. 将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)⇌ 2NH3(g)+CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(-lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. 该反应的ΔH＞0
B. C点对应状态的平衡常数K(C)=10-3.638 mol3·L-3
C. NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态
D. 30 ℃时，B点对应状态的v正＞v逆
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据图象可知：温度升高，-lgK减小，即温度升高，化学平衡常数K增大，说明升高温度，化学平衡正向移动，正反应为吸热反应，则该反应的反应热的ΔH＞0，A正确；
B．根据图象可知C点对应状态的平衡常数K(C)=10-3.638 mol3·L-3，B正确；
C．反应混合物中反应物是固体，只有生成物都是气体，且在反应体系中NH3(g)、CO2(g)的物质的量的比始终是2：1，即NH3的体积分数始终不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，C错误；
D．在30 ℃时的平衡状态中-lgK=3.150，而B点对应状态的-lgK＜3.150，说明反应逆向进行，故有反应速率关系：v正＜v逆，D错误；
故合理选项是CD。
三、填空题
16. 甲醇是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。工业上一般采用下列两种反应合成甲醇。
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
表中所列数据是反应Ⅰ在不同温度下的化学平衡常数(K)：
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.0
0.27
0.012
（1）由表中数据判断_______(填“＞”“＜”或“=”)0；反应 _______(用和表示)。
（2）在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应Ⅰ，5min后测得一氧化碳浓度为0.5mol/L，计算可得此段时间的反应速率(用H2表示)为_______。
（3）若容器容积不变，则下列措施可提高反应Ⅰ中CO转化率的是_______(填序号)。
A. 充入CO，使体系总压强增大 B. 将从体系中分离
C. 充入He，使体系总压强增大 D. 使用高效催化剂
（4）保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均减小为原来的，则化学平衡_______(填“正向”“逆向”或“不”)移动，平衡常数_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
（5）比较这两种合成甲醇的方法，原子利用率较高的是_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
【答案】（1） ①. ＜ ②. ∆H2-∆H1
（2）0.2 mol·L-1·min-1 （3）B
（4） ①. 逆向 ②. 不变
（5）Ⅰ
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ： ∆H1
反应Ⅱ： ∆H2
由表中数据可知，温度升高，平衡常数减小，则平衡逆向移动，由此判断∆H1＜0；由盖斯定律可知，将反应Ⅱ-反应Ⅰ，即得反应 ∆H3=∆H2-∆H1。答案为：＜；∆H2-∆H1；
【小问2详解】
在一定条件下将2molCO和6molH2充入2L的密闭容器中发生反应Ⅰ，5min后测得一氧化碳浓度为0.5mol/L，则参加反应CO浓度为0.5mol/L，参加反应H2的物质的量浓度为1mol/L，则由H2表示的反应速率为=0.2 mol·L-1·min-1。答案为：0.2 mol·L-1·min-1；
【小问3详解】
A．充入CO，虽然平衡正向移动，但CO的转化率减小，A不符合题意；
B．将从体系中分离，平衡正向移动，CO的转化率增大，B符合题意；
C．充入He，使体系总压强增大，反应物和生成物的浓度都不变，平衡不发生移动，CO的转化率不变，C不符合题意；
D．使用高效催化剂，反应速率加快，但平衡不发生移动，CO的转化率不变，D不符合题意；
故选B。答案为：B；
【小问4详解】
保持恒温恒容，将反应Ⅱ的平衡体系中各物质浓度均减小为原来的，则相当于减小压强，由于反应物中气体分子数大于生成物中气体分子数，所以平衡逆向移动；但由于温度不变，所以平衡常数不变。答案为：逆向；不变；
【小问5详解】
比较两个反应可以看出，反应Ⅰ中产物只有一种，原子利用率为100%，所以原子利用率较高的是Ⅰ。答案为：Ⅰ。
【点睛】容积一定时，往平衡体系中充入稀有气体，虽然总压强增大，但由于反应物和生成物的浓度都未发生改变，所以正、逆反应速率不变，平衡不发生移动。
17. 某研究小组为了研究不同条件下金属铝粉在过量稀硫酸中的溶解性能，设计如下实验。已知：c(CuSO4)= 4.5mol∙L-1，反应均需要搅拌60min。
编号
温度/℃
加入某盐
H2SO4体积/mL
H2O体积/mL
铝粉加入量/g
铝粉溶解量/g
①
20
不加
40
0
2.0050
0.0307
②
80
不加
40
0
2.0050
0.1184
③
t1
不加
20
V1
2.0050
/
④
t2
5mL0.01mol∙L-1CuSO4溶液
20
V2
2.0050
/
（1）为了获得铝粉溶解量，还需要测量的数据是_______。
（2）实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则V2=_______mL。
（3）纯铝与稀硫酸反应生成氢气的速率-时间图像如图所示：其原因为_______。
（4）在恒温条件下将一定量X和Y的混合气体通入容积为2L的密闭容器中，X和Y两物质的浓度随时间的变化情况如图所示。
①写出该反应的化学方程式(反应物或生成物用符号X、Y表示)：_______。
②a、b、c、d四个点中，表示化学反应处平衡状态的点是_______。
（5）如图所示是可逆反应的反应速率(v)与时间(t)的关系曲线，下列叙述正确的是_______。
A. t1时，只有正方向反应在进行 B. t2时，反应达到最大限度
C. t3时，反应逆向进行 D. t4时，各物质的浓度不再发生变化
【答案】（1）反应60min后剩余铝粉的质量
（2）15 （3）纯铝与稀硫酸反应生成氢气反应放热，温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，硫酸浓度减小，反应速率减小
（4） ①. Y2X ②. bd （5）D
【解析】
【小问1详解】
已知起始投入的铝粉质量，为了获得铝粉溶解量，还需要测量的数据是反应60min后剩余铝粉的质量。答案为：反应60min后剩余铝粉的质量；
【小问2详解】
实验①和③是为了研究硫酸浓度对铝粉溶解量的影响，则V1=20mL，实验③和④是为了研究加入CuSO4溶液对该反应的影响，则硫酸的浓度应相同，因为已经加入了5mLCuSO4溶液，所以加水量V2=20mL-5mL=15L。答案为：15；
【小问3详解】
从图中可以看出，起初生成氢气的速率快，后来慢，因为随着反应的进行，硫酸的浓度不断减小，所以起初速率增大应是温度的影响造成的，由此得出原因为：纯铝与稀硫酸反应生成氢气反应放热，温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，硫酸浓度减小，反应速率减小。答案为：纯铝与稀硫酸反应生成氢气反应放热，温度升高，反应速率加快，随着反应的进行，硫酸浓度减小，反应速率减小；
【小问4详解】
①反应开始进行后，X浓度增大，Y浓度减小，则X为生成物，Y为反应物，反应达平衡时，X的浓度增大0.4mol/L，Y的浓度减小0.2mol/L，由此得出化学计量数关系；X:Y=2:1，从而得出该反应的化学方程式：Y2X。
②从图中可以看出，a、b、c、d四个点中，浓度不变的点表示化学平衡状态，则表示化学反应处于平衡状态的点是bd。答案为：Y2X；bd；
【小问5详解】
A．t1时，逆反应速率大于0，则既有正方向又有逆反应，A不正确；
B．t2时，正反应速率仍在减小，逆反应速率仍在增大，则反应仍在正向进行，B不正确；
C．t3时，正反应速率＞逆反应速率，反应正向进行，C不正确；
D．t4时，正反应速率=逆反应速率，反应达平衡状态，各物质的浓度不再发生变化，D正确；
故选D。答案为：D。
【点睛】反应发生后，正、逆反应同时进行，只是进行的程度可能不同。
18. 在一定温度下，向一容积为5 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol SO2和0.2 mol O2，发生反应：2SO2(g)+O2(g) ⇌2SO3(g) ∆H =-196 kJ/mol。经2 min后达到平衡，当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的0.8倍。请回答下列问题：
(1)判断该反应达到平衡状态的标志是_______(填字母)；
a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2
b．容器内气体的压强不变
c．容器内混合气体的密度保持不变
d．SO3的物质的量不再变化
e．SO2的生成速率和SO3的生成速率相等
(2)从反应开始到平衡的这段时间O2的转化率为_______，用SO2的浓度变化表示的平均反应速率v(SO2)= _______达到平衡时反应放出的热量为_______；
(3)若反应温度降低，SO2的转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)；如图表示平衡时SO2的体积分数随压强和温度变化的曲线。则温度关系：T1_______T2(填“＞”“＜”或“＝”)。
【答案】 ①. b、d、e ②. 60% ③. 0.024 mol·L-1·min-1 ④. 23.52 kJ ⑤. 增大 ⑥. ＜
【解析】
【详解】(1)a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2时，反应可能处于平衡状态，也可能未处于平衡状态，这与外界反应条件有关，a不符合题意；
b．该反应是反应前后气体的物质的量改变的反应，若容器内气体的压强不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，b符合题意；
c．反应混合物都是气体，气体的质量不变，容器的容积不变，则容器内混合气体的密度始终保持不变，因此不能据此判断反应是否处于平衡状态，c不符合题意；
d．若SO3的物质的量不再变化，则体系中任何一组分的物质的量不变，反应达到平衡状态，d符合题意；
e．在任何情况下SO2的消耗速率和SO3的生成速率相等，若SO2的生成速率与SO3的生成速率相等，则SO３的浓度不变，反应达到平衡状态，e符合题意；
故合理选项是b、d、e；
(2)在恒温恒容时，气体的物质的量的比等于压强之比。假设平衡时反应的O2物质的量是x，则SO2反应消耗2x，反应产生SO3为2x，平衡时各种气体的物质的量n(SO2)=(0.4-2x) mol，n(O2)=(0.2-x) mol，n(SO3)=2x mol，由于平衡时气体压强为开始时的0.8倍，则有，解得x=0.12 mol，所以从反应开始到平衡的这段时间内O2的转化率为=60%；
SO2的物质的量改变了0.12 mol×2=0.24 mol，由于容器的容积是5 L，反应时间是2 min，则用SO2浓度变化表示的反应速率v(SO2)== 0.024 mol·L-1·min-1；
根据方程式可知：每有2 mol SO2发生反应，会放出196 kJ的热量，则反应了0.24 mol SO2，反应放出热量Q==23.52 kJ；
(3)该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，使SO2的转化率会增大；
在压强不变时，升高温度，平衡逆向移动，SO2的含量增大。根据图示可知：SO2的含量在温度为T2时含量比T1时高，说明温度：T2＞T1，或T1＜T2。
19. 我国力争于2030年前做到碳达峰，CO2和CH4催化重整制备合成气(主要成分为CO、H2)是CO2利用的研究热点之一，其中部分反应如下：
反应Ⅰ积碳反应：
反应Ⅱ消碳反应：
回答下列问题：
（1）催化重整反应 ∆H=_______。
（2）催化重整反应中催化剂的活性会因积碳而降低，消碳反应则使积碳量减少。投料比_______(填“增大”或“减小”)有助于减少积碳。
（3）一定条件下，催化重整反应中的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示(不考虑副反应)，A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、Kc的大小关系为_______。
（4）恒温下，往2L密闭容器中加入2mol CH4、2mol CO2进行该催化重整反应。
①2min后测得CO2的转化率为40%，则2min内平均反应速率v(CH4)= _______。
②下列叙述能说明该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
A．容器中混合气体的压强保持不变
B．容器中混合气体的密度保持不变
C．
D．断裂2molC-H键的同时断裂1molH-H键
（5）在恒温、体系总压恒定为，往密闭容器中加入2mol CH4、2mol CO2进行该催化重整反应，达到平衡状态时，CO2的转化率为50%。已知气体分压=气体总压×气体的物质的量分数，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则该温度下的平衡常数Kp=_______(用含P0的代数式表示)
【答案】（1）+246.8kJ∙mol-1
（2）减小 （3）KA＜KB=Kc
（4） ①. 0.2 ②. AD
（5）
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ积碳反应：
反应Ⅱ消碳反应：
利用盖斯定律，将反应Ⅰ+Ⅱ得催化重整反应 ∆H=+74.8 kJ∙mol-1+172 kJ∙mol-1=+246.8kJ∙mol-1。答案为：+246.8kJ∙mol-1；
【小问2详解】
由反应Ⅰ知，减少n(CH4)，有利于平衡逆向移动，减少积炭；由反应Ⅱ知，增大c(CO2)，有利于平衡正向移动，减少积炭，则投料比减小，有助于减少积碳。答案为：减小；
【小问3详解】
催化重整反应 ∆H=+246.8kJ∙mol-1，升高温度，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，则T2＞T1，B、C点温度相同，则平衡常数相等，A点温度低，则平衡常数小，从而得出A、B、C三点对应的平衡常数KA、KB、Kc的大小关系为KA＜KB=Kc。答案为：KA＜KB=Kc；
【小问4详解】
①2min后测得CO2转化率为40%，则2min内平均反应速率v(CH4)==0.2。
②A．反应前后气体分子数不等，则压强是一个变量，当容器中混合气体的压强保持不变时，反应达平衡状态，A符合题意；
B．容器中混合气体的质量不变，体积不变，密度始终保持不变，则密度不变时反应不一定达平衡状态，B不符合题意；
C．，虽然反应进行的方向相反，但速率之比不等于化学计量数之比，则反应未达平衡状态，C不符合题意；
D．由方程式可知，1molCH4生成2molH2，则断裂4molC-H键的同时断裂2molH-H键，当断裂2molC-H键的同时断裂1molH-H键时，反应达平衡状态，D符合题意；
故选AD。答案为：0.2；AD；
【小问5详解】
在恒温、体系总压恒定为，往密闭容器中加入2mol CH4、2mol CO2进行该催化重整反应，达到平衡状态时，CO2的转化率为50%。可建立以下三段式：
则该温度下的平衡常数Kp==。答案为：。
20. 丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：
(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：
①C4H10(g)=C4H8(g)＋H2(g) ΔH1
已知：②C4H10(g)＋O2(g)=C4H8(g)＋H2O(g) ΔH2＝－119 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH3＝－242 kJ·mol－1
图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x________0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是________(填标号)。
A．升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．降低压强
图(a)
图(b)
图(c)
(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是___________________________________________________。
(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是________、________；590 ℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是____________________________________________。
【答案】 ①. 小于 ②. AD ③. 氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大 ④. 升高温度有利于反应向吸热方向进行 ⑤. 温度升高反应速率加快 ⑥. 丁烯高温裂解生成短链烃类
【解析】
【分析】
【详解】(1)由图(a)可知，同温下，x MPa时丁烯的平衡产率高于0.1 MPa时的，根据压强减小平衡向右移动可知，x小于0.1；欲提高丁烯的平衡产率，应使平衡向右移动，该反应的正反应为吸热反应，因此可以通过升高温度的方法使平衡向右移动；该反应为气体体积增大的反应，因此可以通过降低压强的方法使平衡向右移动；答案选AD；
(2)由于氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大，所以丁烯产率降低；
(3)该反应的正反应为吸热反应，因此升高温度可以使平衡向右移动，使丁烯的产率增大，另外，反应速率也随温度的升高而增大。由题意知，丁烯在高温条件下能够发生裂解，因此当温度超过590 ℃时，参与裂解反应的丁烯增多，而使产率降低。
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