新教材2024届高考化学二轮专项分层特训卷第三部分大题通关特训6化学反应原理二（附解析）

这是一份新教材2024届高考化学二轮专项分层特训卷第三部分大题通关特训6化学反应原理二（附解析），共23页。

反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－49.4kJ·ml－1
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g) ΔH2>0
请回答下列问题：
(1)若已知H2和CO的燃烧热，计算反应Ⅱ的ΔH2，还需要的一个只与水有关的物理量为________。
(2)在催化剂条件下，反应Ⅰ的反应机理和相对能量变化如图1(吸附在催化剂表面上的粒子用*标注，Ts为过渡态)。
完善该反应机理中相关的化学反应方程式：OH*＋eq \f(1,2)H2(g)＝________；以Ts3为过渡态的反应，其正反应活化能为________eV。
(3)在恒温恒压下，CO2和H2按体积比1∶3分别在普通反应器(A)和分子筛膜催化反应器(B)中反应，测得相关数据如下表。
已知：①分子筛膜催化反应器(B)具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能：
②CH3OH的选择性＝eq \f(n（CH3OH）生成,n（CO2）消耗)×100%
①在普通反应器(A)中，下列能作为反应(反应Ⅰ和反应Ⅱ)达到平衡状态的判断依据是________(填标号)。
A.气体压强不再变化
B．气体的密度不再改变
C．v正(CO2)＝3v逆(H2)
D．各物质浓度比不再改变
②平衡状态下，反应器(A)中，甲醇的选择性随温度升高而降低，可能的原因是______________________________________；在反应器(B)中，CO2的平衡转化率明显高于反应器(A)，可能的原因是：________________________________。
③若反应器(A)中初始时n(CO2)＝1ml，反应Ⅰ从开始到平衡态的平均反应速率v(CH3OH)＝________ml/s；反应Ⅱ的化学平衡常数Kp(Ⅱ)＝________(用最简的分数表示)；
(4)近年来，有研究人员用CO2通过电催化生成CH3OH，实现CO2的回收利用，其工作原理如图2所示。请写出Cu电极上的电极反应式：______________________。
2．[2023·四川凉山统考二模]NOx会危害人体健康，破坏环境，对其进行无害处理研究一直是科技界关注的重点。请回答以下问题：
(1)选择性催化还原技术(SCR)是针对柴油车尾气排放中的一项处理工艺。已知在催化剂的作用下，有如下反应发生：
①4NH3(g)＋5O2(g)⇌4NO (g) ＋6H2O(g) ΔH1＝－905kJ·ml－1
②4NH3(g)＋3O2(g)⇌2N2(g) ＋6H2O(g) ΔH2＝－1268kJ·ml－1
③4NH3(g)＋6NO(g)⇌5N2(g) ＋6H2O(g) ΔH3
反应③的反应热ΔH3＝________。
(2)氨催化氧化时会发生(1)中的①、②两个竞争反应。为研究某催化剂的效果，在1L恒容密闭容器中充入1mlNH3和2mlO2，测得反应达到平衡时有关物质的量关系如图：
①根据以上信息，其他条件不变时，下列措施中可以提高NH3转化为N2的平衡转化率的是________(填字母)。
A．升高反应温度
B．降低反应温度
C．增大NH3和O2的初始投料比
D．及时分离出H2O
②520℃～840℃时体系中NO含量迅速增加的原因是____________________________。
(3)已知：2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化如图a。
Ⅰ.2NO(g)⇌N2O2(g)
Ⅱ.N2O2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)
①决定NO氧化反应速率的步骤是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和O2气体，保持其他条件不变，在温度为T1和T2(T2>T1)，测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图b，转化相同量的NO，在温度________(填“T1”或“T2”)下消耗的时间较长，结合图a分析其原因
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)在恒温条件下，向初始压强为pMPa的恒容密闭容器中加入等物质的量CO和NO发生反应：2CO(g)＋2NO(g)⇌N2(g)＋2CO2(g)，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为________(保留一位小数)。该条件下反应平衡常数Kp＝________MPa－1(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
3．[2023·江苏统考二模]苯乙烯是合成橡胶和塑料的重要原料，可由乙苯为原料制得。
(1)利用“乙苯脱氢反应”可制备苯乙烯。
C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH===CH2(g)＋H2(g) ΔH＝akJ·ml－1
保持气体总压不变，原料气按以下A、B、C三种投料方式进行：
A．乙苯
B．n(乙苯)∶n(N2)＝1∶10
C．n(乙苯)∶n(CO2)＝1∶10
三种投料分别达到平衡时，乙苯转化为苯乙烯的转化率[eq \f(n（C6H5CH===CH2）,n总（C6H5C2H5）)×100%]与温度的关系如图1所示。
①a________0(填“＞”“＜”或“不能确定”)。
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是__________________________________。
(2)CO2用于制备苯乙烯有助于实现“碳中和”。
①在催化剂X作用下，CO2参与反应的机理如图2所示(α、β表示乙苯分子中C或H原子的位置；A、B为催化剂的活性位点，其中A位点带部分正电荷，B1、B2位点带部分负电荷)。根据元素电负性的变化规律，图2所示的反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②保持混合气体总压(p)等其他条件不变，CO2的分压[p(CO2)＝eq \f(n（CO2）,n（乙苯）＋n（CO2）)×p]与乙苯转化率的关系如图3所示。p(CO2)＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
4．[2023·福建厦门统考二模]CS2在化工生产中有重要作用。天然气法合成CS2相关反应如下：
反应Ⅰ CH4(g)＋2S2(g)===CS2(g)＋2H2S(g) ΔH1＝－104.7kJ·ml－1
反应Ⅱ 2CH4(g)＋S8(g)===2CS2(g)＋4H2S(g) ΔH2＝201.73kJ·ml－1
(1)ΔH1、ΔH2随温度变化不大。温度不同时，反应体系中eq \f(n（S2）,n（S8）)不同。合成CS2总反应CH4(g)＋xS8(g)＋(2－4x)S2(g)===CS2(g)＋2H2S(g)的ΔH随温度T变化如图。
①S8(g)＝4S2(g) ΔH＝________kJ·ml－1。
②为提高CH4平衡转化率，控制温度范围在________(填标号)，
A．400～450℃B．650～700℃
C．750～800℃D．800℃以上
理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)合成CS2总反应中硫蒸气达到饱和时，反应时间t与CH4初始浓度c0和CH4转化率α满足关系t＝eq \f(1,k·c0)(eq \f(α,1－α))，式中k为速率常数。
①T℃、c0＝1.0ml·L－1时，测得t＝9.5s、α＝95%，则k＝________L·ml－1·s－1。
②T℃时，计划在5s内转化率达90%，应控制初始浓度c0大于________L·ml－1。
(3)利用工业废气H2S替代硫黄矿生产CS2的反应为CH4(g)＋2H2S(g)⇌CS2(g)＋4H2(g)。反应物投料比采用n(CH4)∶n(H2S)＝1∶2，维持体系压强为100kPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图。
①图中表示CS2的曲线是________(填“a”“b”“c”或“d”)。
②950℃时，该反应的Kp＝________(以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
③相比以硫黄矿为原料，使用H2S的优点是____________________，缺点是____________________。
5．[2023·山东枣庄统考二模]船舶柴油机发动机工作时，反应产生的NOx尾气是空气主要污染物之一，研究NOx的转化方法和机理具有重要意义。
已知：2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g) ΔH1＝－113kJ·ml－1
6NO2(g)＋O3(g)⇌3N2O5(g) ΔH2＝－227kJ·ml－1
4NO2(g)＋O2(g)⇌2N2O5(g) ΔH3＝－57kJ·ml－1
(1)O3氧化脱除NO的总反应是NO(g)＋O3(g)⇌NO2(g)＋O2(g) ΔH4＝________。
(2)该反应过程有两步：NOeq \(――→,\s\up7(O2、O3),\s\d5(K甲))NO2eq \(――→,\s\up7(O2、O3),\s\d5(K乙))N2O5，反应中各物质浓度变化如图所示。则速率常数k甲________k乙(填“>”“<”或“≈”)，原因是____________________________。
(3)已知：2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)的反应历程分两步：
①则反应Ⅰ与反应Ⅱ的活化能：Ea1________Ea2(填“>”“<”或“＝”)。
反应2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)的平衡常数Kc＝________(用k1、k2、k3、k4表示)。
②在400K、初始压强为3×105Pa的恒温刚性容器中，按2∶1通入NO和O2，一定条件下发生反应。达平衡时NO转化率为90%，O2转化率为40%。则2NO(g)⇌N2O2(g)的平衡常数Kc＝________(分压＝总压×物质的量分数；理想气体状态方程pV＝nRT，R＝8314Pa·L·ml－1·K－1)。
(4)某研究小组将2mlNH3、3mlNO和一定量的O2充入2L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生反应(4NH3＋6NO⇌5N2＋6H2O)，NO的转化率随温度的变化情况如图所示：
①5min内，温度从420K升高到580K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)＝________(保留3位有效数字)。
②无氧条件下，NO生成N2的转化率较低，原因可能是________________________。
6．[2023·江苏南通统考二模]乙硫醇(C2H5SH)的综合利用及治理是当前环境领域关注的焦点之一。
(1)家用煤气中可掺入微量具有难闻气味的乙硫醇。
已知：C2H5OH(g)＋H2S(g)===C2H5SH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－32kJ·ml－1
C2H5OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(g) ΔH2＝－1277kJ·ml－1
2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g) ΔH3＝－1036kJ·ml－1
2C2H5SH(g)＋9O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(g)＋2SO2(g)的ΔH＝________。
(2)K2FeO4是一种高效多功能的新型绿色水处理剂，可用于除去废水中的C2H5SH。已知C2H5SH水溶液中的物种分布分数如图所示。
①已知Ka1(H2S)＝9×10－8，比较H2S和C2H5SH酸性强弱并从结构的角度说明理由：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②写出工业废水pH＝9时，K2FeO4氧化C2H5SH生成C2H5SO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 和Fe(OH)3的离子方程式：____________________________。
③一种采用电化学方法制取K2FeO4的装置原理如图所示。阳极使用的是易被氧化的活性铁电极。电解池阳极室中KOH溶液的浓度为14ml·L－1、电解60min，调节不同的电压，测得反应后溶液中FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的浓度与电流密度(其他条件一定，电压与电流密度大小成正比)的关系如图所示。
Ⅰ.写出制取K2FeO4的电极反应式：________________________。
Ⅱ.电流密度大于4mA·cm－2时，所得反应后溶液中FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的浓度上升幅度变小的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
『高分必刷』
1．[2023·辽宁校联考二模]丙烯是重要的有机合成原料。由丙烷制备丙烯是近年来研究的热点，主要涉及如下反应。
反应Ⅰ.2C3H8(g)＋O2(g)⇌2C3H6(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－238kJ·ml－1
反应Ⅱ.2H2(g)＋O2(g)⇌2H2O(g) ΔH2＝－484kJ·ml－1
(1)则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)⇌C3H6(g)＋H2(g)的逆反应活化能为akJ·ml－1，则正反应活化能为________kJ·ml－1。
(2)在恒温恒压容器中发生反应Ⅰ，下列能说明已达到平衡状态的有________(填标号)。
A．每断裂1mlO===O键，同时生成4mlO—H键
B.ΔH不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．v(C3H6)正＝v(C3H6)逆
(3)在恒温条件下，1mlC3H8(g)发生丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)⇌C3H6(g)＋H2(g)，测得平衡时C3H8(g)和C3H6(g)的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：
①A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc(A)________Kc(B)(填“＜”“＞”或“＝”)。
②计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)＝________(Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
(4)研究表明二氧化碳氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图所示。该工艺可有效维持催化剂活性，请结合方程式说明原因：____________________________。
2．[2023·陕西西安统考二模]氢气在工业上具有重要的应用，从炼钢到食品无处不在，未来随着“碳中和”战略的推进，氢气的使用率必将得到进一步的提升。
(1)用H2可以将CO2转化为CH4，该过程中涉及的反应如下。
①CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41kJ·ml－1
②CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g) ΔH2＝－205kJ·ml－1
③CO(g)＋H2(g)⇌C(s)＋H2O(g) ΔH3＝－131kJ·ml－1
④C(s)＋2H2O(g)⇌CH4(g)＋CO2(g) ΔH4＝－25kJ·ml－1
则反应CO(g)＋3H2(g)⇌CH4(g)＋H2O(g)的ΔH＝________，反应③、④的存在会导致甲烷的产率________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)微观动力学研究表明，在催化剂作用下，反应CO(g)＋3H2(g)⇌CH4(g)＋H2O(g)的能量变化如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注)。
在该反应历程中，最大的能垒E正＝________eV，请写出该步骤反应的化学方程式：____________________________________________。
(3)在一定条件下，向某2L恒容密闭容器中充入2mlCO2、4mlH2，发生反应②，测得反应10min时，不同温度下氢气的转化率如图所示。
①a、b、c三点对应的v(CH4)逆由大到小的顺序为________(用a、b、c表示)，请解释原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
T2温度下，若起始时容器内的压强为3MPa，前10min内v(H2)＝________MPa·min－1，该温度下反应的Kp＝________(MPa)－2(保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量的分数)。
②已知速率方程v正＝k正·p4(H2)·p(CO2)、v逆＝k逆·p2(H2O)·p(CH4)，k正、k逆只与温度有关。若T2时，k逆＝2(MPa)－2·min－1，则该温度下k正＝________ (MPa)－4·min－1。
(4)科学家一直研究开发氢能源，我国科学家研发的循环制氢和贮氢的新工艺如图。下列有关说法正确的是________(填字母)。
A．ZnFe2O4中Fe为＋6价
B．ZnFe2O4降低了H2O分解的活化能
C．反应2中需要不断地补充ZnO、Fe3O4
D．反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定
E．贮氢过程可表示为
3H2＋2Mg2Cu===3MgH2＋MgCu2
3．[2023·安徽蚌埠统考三模]能源的合理开发和利用，低碳减排是人类正在努力解决的大问题。2023年2月21日，中国气候变化特使谢振华获得首届诺贝尔可持续发展特别贡献奖，以表彰他在全球生态保护中做出的贡献
(1)在298K、100kPa时，已知：
C(s，石墨) ＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5kJ·ml－1
H2(g)＋eq \f(1,2)O2(g)===H2O(l) ΔH2＝－285.8kJ·ml－1
2C2H2(g)＋5O2 (g)===4CO2(g) ＋2H2O(l) ΔH3＝－2599.0kJ·ml－1
在298K时由C(s，石墨)和H2(g)反应生成1mlC2H2(g) 的热化学方程式为__________________________。
(2)在固相催化剂作用下CO2加氢合成甲烷过程中发生以下两个反应：
主反应：CO2(g)＋4H2(g)⇌CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1＝－156.9kJ·ml－1
副反应：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.1kJ·ml－1
工业合成甲烷通常控制温度为500℃左右，其主要原因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g) ，保持总压为100kPa发生反应：
CH4(g) ＋4NO(g)⇌2N2(g) ＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH<0
当eq \f(n（NO）,n（CH4）)＝1时，NO的平衡转化率～eq \f(1,T)；T2时NO平衡转化率～eq \f(n（NO）,n（CH4）)的关系如图
①能表示此反应已经达到平衡的是________。
A．气体总体积保持不变
B．混合气体的平均相对分子质量保持不变
C．eq \f(n（NO）,n（N2）)不再变化
②表示T2时NO平衡转化率～eq \f(n（NO）,n（CH4）)的关系是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，T1________T2(填“>”或“<”)。
③在eq \f(n（NO）,n（CH4）)＝1、T2时，CH4的平衡分压为________。已知：该反应的标准平衡常数Kθ＝eq \f(\f(p（CO2）,pθ)·[\f(p（N2）,pθ)]2·[\f(p（H2O）,pθ)]2,[\f(p（NO）,pθ)]4·\f(p（CH4）,pθ))，其中pθ＝100kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO)2、p(N2)和p(H2O)为各组分的平衡分压，则该温度下Kθ＝________。(分压＝总压×物质的量分数。计算结果用分数表示)。
4．[2023·浙江嘉兴统考二模]甲醇是一种理想的可再生清洁能源，近年来随着环保督查、碳双控等政策的实施，我国甲醇产能利用率不断提升。
Ⅰ.CO2和H2在一定条件下合成甲醇：
CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH
(1)根据如图相关物质的能量，计算ΔH＝________kJ·ml－1。
(2)向容积均为0.5L的恒容密闭容器中分别充入0.1mlCO2和0.3mlH2，在两种催化剂(Ⅰ和Ⅱ)、不同温度下发生上述反应，经过相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系曲线如图所示(已知此实验条件下催化剂均未失活)。下列说法正确的是________。
A．催化效率较高的是催化剂Ⅱ
B．A点v正一定小于C点的v逆
C．C点的正反应速率：v正(Ⅰ)＝v正(Ⅱ)
D．T1～T3温度区，CO2的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内CO2转化率增大
(3)将CO2和H2分别充入甲、乙两个恒容密闭容器中发生反应，相关数据如下表所示，测得不同温度下甲容器内CO2的平衡转化率曲线甲如图所示。
①请在图中画出乙容器中CO2的平衡转化率曲线乙。
②当乙容器中CO2的平衡转化率与甲容器M点相同时，该反应的平衡常数之比K甲∶K乙＝________。
Ⅱ.已知反应CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)是目前大规模制取氢气的方法之一。
(4)实验发现，其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，反应相同时间测得H2的体积分数增大，其可能的原因是____________________________________。
5．[2023·吉林延边统考二模]化石燃料燃烧过程中形成NO和CO等污染物，利用CO脱除NO的研究获得了广泛关注。在催化剂作用下，CO与NO的反应为2CO(g)＋2NO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g) ΔH。
回答下列问题：
(1)已知：2CO(g)＋O2(g)⇌2CO2(g) ΔH1＝－520kJ·ml－1
N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g) ΔH2＝＋160kJ·ml－1
则ΔH＝________。
(2)向某刚性容器中加入2mlCO、2mlNO和催化剂，测得平衡时CO2的体积分数随温度和压强的关系如图1所示。
①下列叙述不能说明该反应已经达到平衡状态的是________(填标号)。
A．CO2和N2的浓度比保持不变
B．压强不再变化
C．混合气体的密度不再变化
D．混合气体的摩尔质量不再变化
②压强p1________p2(填“>”或“<”，下同), a、b两点的平衡常数Ka________Kb。
③b点CO的转化率为________%(保留一位小数)，b点的Kp＝________(用含p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×体积分数)。
(3)金属锌作催化剂，在相同时间内，以相同投料比反应时，容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2。当温度高于T℃时，n(CO2)下降的原因可能是____________________________________________________________(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。
(4)硫与催化剂锌所形成化合物晶体的晶胞如图3所示。在该晶胞中，原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0, 0); b为(eq \f(1,2)，0，eq \f(1,2))；c为(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0)。则d的坐标参数为________。已知该晶胞的密度为ρg·cm－3，则其中两个最近S原子之间的距离为________pm(列出计算式即可)。
6．[2023·河北邯郸模拟]清洁能源的综合利用可有效降低碳排放，是实现“碳中和碳达峰”的重要途径。
(1)以环己烷为原料生产苯，同时可得到氢气。下图是该反应过程中几种物质间的能量关系。
反应： ΔH＝________kJ·ml－1。
(2)已知反应：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＞0，利用该反应可减少CO2排放，并合成清洁能源。
①下列能说明反应达到平衡状态的是________(填字母)。
A.单位时间内生成1mlCH3OH(g)的同时消耗了3mlH2(g)
B．在绝热恒容的容器中，反应的平衡常数不再变化
C.容器内c(CO2)∶c(H2 )∶c(CH3OH)∶c(H2O) ＝1∶3∶1∶1
D．在恒温恒压的容器中，气体的平均摩尔质量不再变化
②一定条件下，在一密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2发生反应，下图表示压强为1.0MPa和4.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系。
其中表示压强为4.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；a点对应的平衡常数Kp＝________MPa－2(Kp为以平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数。分压＝总压×物质的量分数，结果精确到0.01)。
③利用制备的甲醇可以催化制取丙烯，过程中发生如下反应：3CH3OH(g)⇌C3H6(g) ＋3H2O(g)，为探究M、N两种催化剂的催化效能，进行相关实验，依据实验数据获得如图所示曲线。
已知Arrhenius经验公式为Rlnk＝－eq \f(Ea,T)＋C(Ea为活化能，假设受温度影响忽略不计，k为速率常数，R和C为常数)。在M催化剂作用下，该反应的活化能Ea＝________kJ·ml－1，从图中信息获知催化效能较低的催化剂是________ (“M”或“N”)，判断理由是________________________________________________。
通关特训6 化学反应原理（二）
经典必练
1．答案：（1）H2O（g）⇌H2O（l）的ΔH
（2）H2O* 1.40
（3）①BD ②反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ逆向移动、反应Ⅱ正向移动 在反应器（B）中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动 ③0.02 eq \f(1,141)
（4）CO2＋6e－＋6H＋===CH3OH＋H2O
解析：（1）燃烧热是在101kPa时，1ml物质完全燃烧生成指定物质时所放出的热量；反应Ⅱ中生成H2O（g），若已知H2和CO的燃烧热，计算反应Ⅱ的ΔH2，还需要的一个只与水有关的物理量为H2O（g）⇌H2O（l）的ΔH；
（2）由图可知，该反应机理中：OH*＋eq \f(1,2)H2（g）＝H2O*；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，Ts3为过渡态的反应，其正反应活化能为0.40ev－（－1.00ev）＝1.40ev；
（3）①在恒温恒压下进行反应，压强为常量，A不符合题意；在恒温恒压下进行反应，容器体积为变量，气体总质量始终不变，则混合气体的密度为变量，其不变说明反应已达平衡，B符合题意；v正（CO2）＝3v逆（H2），此时正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，C不符合题意；各物质浓度比不再改变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，D符合题意；选BD；
②反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ逆向移动、反应Ⅱ正向移动，导致甲醇的选择性随温度升高而降低；分子筛膜催化反应器（B）具有催化反应、分离出部分水蒸气的双重功能，故导致在反应器（B）中，能分离出部分水蒸气，导致反应正向移动，使得CO2的平衡转化率明显高于反应器（A）；
③在恒温恒压下，CO2和H2按体积比1∶3分别在普通反应器（A）反应，若反应器（A）中初始时n（CO2）＝1ml，则氢气投料3ml；CO2平衡转化率为25%，则反应二氧化碳0.25ml，甲醇的选择性为80%，则生成甲醇0.25ml×80%＝0.2ml，则：
CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）
起始（ml）1300
转化（ml）
平衡（ml）
CO2（g） ＋ H2（g） ⇌ CO（g）＋H2O（g）
起始（ml）
转化（ml）0.25－0.2＝
平衡（ml）
反应Ⅰ从开始到平衡态的平均反应速率v（CH3OH）＝eq \f(0.2,10)ml·s－1＝0.02ml·s－1；
平衡时总的物质的量为3.6ml，二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量分别为0.75ml、2.35ml、0.05ml、0.25ml，则二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分压分别为eq \f(0.75,3.6)×1.8MPa、eq \f(2.35,3.6)×1.8MPa、eq \f(0.05,3.6)×1.8MPa、eq \f(0.25,3.6)×1.8MPa，反应Ⅱ为等气体分子数的反应，则化学平衡常数Kp（Ⅱ）＝eq \f(0.25×0.05,2.35×0.75)＝eq \f(1,141)；
（4）由图可知，铜极为阴极，二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲醇，反应为CO2＋6e－＋6H＋===CH3OH＋H2O。
2．答案：（1）－1812.5kJ·ml－1
（2）①BD ②该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率
（3）①Ⅱ ②T2 反应Ⅰ放热，温度升高，平衡逆向移动，c（N2O2）减小；且c（N2O2）减小对反应Ⅱ速率的影响大于温度升高对反应Ⅱ速率的影响
（4）66.7% eq \f(24,p)
解析：（1）根据盖斯定律，③＝②×2.5－①×1.5＝－1268×2.5－（－905×1.5）＝－1812.5，所以ΔH3＝－1812.5kJ·ml－1；
（2）①该反应是放热反应，降低温度，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，A错误，B正确；增大NH3和O2的初始投料比，提高O2的转化率，NH3的转化率降低，C错误；将反应生成的H2O（g）及时移出，降低生成物的浓度，平衡正向移动，可提高NH3转化为N2的平衡转化率，D正确；
②该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物中的比率；
（3）①根据反应过程能量变化示意图可知，反应Ⅰ的活化能较低，速率较快；反应Ⅱ的活化能较高，速率较慢。决定NO氧化反应速率的步骤是反应Ⅱ；
②由题图b可知，当消耗相同量的NO时，温度为T2时消耗的时间更长。由题图a可知，反应Ⅰ和Ⅱ均为放热反应，但反应Ⅰ的活化能较低，外界条件变化后能迅速达到平衡，温度升高，反应Ⅰ平衡逆移，c（N2O2）减小；而反应Ⅱ活化能较高，反应速率慢，c（N2O2）减小对反应Ⅱ速率的影响大于温度升高的影响；
（4）加入等物质的量CO和NO，因此投料比是1∶1。
2CO（g）＋2NO（g）⇌N2（g）＋2CO2（g）
初始（ml）1100
转化（ml）xxeq \f(x,2)x
平衡（ml）1－x1－xeq \f(x,2)x
φ（N2）＝eq \f(\f(x,2),1－x＋1－x＋\f(x,2)＋x)＝20%，
解得x＝eq \f(2,3)。
2CO（g）＋2NO（g）⇌N2（g）＋2CO2（g）
初始（ml）1100
转化（ml）eq \f(2,3)eq \f(2,3)eq \f(1,3)eq \f(2,3)
平衡（ml）eq \f(1,3)eq \f(1,3)eq \f(1,3)eq \f(2,3)
所以n（总）＝eq \f(5,3)ml。
算出平衡时，总压强p1，eq \f(p,p1)＝eq \f(2,\f(5,3))，解得p1＝eq \f(5,6)p。
p（N2）＝eq \f(1,3)÷eq \f(5,3)×eq \f(5,6)p＝eq \f(1,6)p；p（CO2）＝eq \f(2,3)÷eq \f(5,3)×eq \f(5,6)p＝eq \f(1,6)p；
p（CO）＝eq \f(1,3)÷eq \f(5,3)×eq \f(5,6)p＝eq \f(1,6)p；p（NO）＝eq \f(1,3)÷eq \f(5,3)×eq \f(5,6)p＝eq \f(1,6)p；
Kp＝eq \f(p（N2）·p2（CO2）,p2（CO）·p2（NO）)＝eq \f(\f(1,6)p·（\f(2,6)p）2,（\f(1,6)p）2·（\f(1,6)p）2)＝eq \f(24,p)。
3．答案：（1）①＞
②加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc（或Qp＜Kp），反应平衡时正向进行程度更大
③CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH===CH2；CO2与H2反应[H2（g）＋CO2（g）===CO（g）＋H2O（g）]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大
④水蒸气与积碳发生反应H2O（g）＋C（s）===CO（g）＋H2（g），可消除催化剂表面的积碳
（2）①乙苯α­H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H＋并吸附在B1位点上；（B1位点上的）H＋与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上 ②过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α­H的脱除速率降低，乙苯转化率下降
解析：（1）①根据图像可知转化率随温度升高而升高为吸热反应，故a＞0；
②相同温度下，投料方式B乙苯的平衡转化率比投料方式A的高，其原因是加入一定量N2使“乙苯脱氢反应”的Qc＜Kc（或Qp＜Kp），反应平衡时正向进行程度更大；
③相同温度下，投料方式C乙苯的平衡转化率比投料方式B的高，其可能原因是CO2与C6H5C2H5反应生成C6H5CH===CH2；CO2与H2反应[H2（g）＋CO2（g）===CO（g）＋H2O（g）]使H2浓度减小，“乙苯脱氢反应”平衡时正向进行程度更大；
④工业上利用“乙苯脱氢反应”生产苯乙烯时，会产生少量积碳。使用相同条件下的水蒸气代替N2，可较长时间内保持催化剂的催化活性，其原因是水蒸气与积碳发生反应H2O（g）＋C（s）===CO（g）＋H2（g），可消除催化剂表面的积碳；
（2）①图2所示的反应机理中步骤Ⅰ和步骤Ⅱ可描述为乙苯α­H带部分正电荷，被带部分负电荷的B1位点吸引，随后解离出H＋并吸附在B1位点上；（B1位点上的）H＋与B2位点上CO2中带部分负电荷的O作用生成，带部分正电荷的C吸附在带部分负电荷的B2位点上；
②CO2的分压[p（CO2）＝eq \f(n（CO2）,n（乙苯）＋n（CO2）)×p]与乙苯转化率的关系如图3所示，p（CO2）＞14kPa时，乙苯转化率下降的原因是过多的CO2占据了带部分负电荷的B1位点，使得乙苯α­H的脱除速率降低，乙苯转化率下降。
4．答案：（1）①＋411.15 ②B 650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小
（2）①2 ②0.9
（3）①b ②104kPa2 ③变废为宝，减小污染 反应温度更高、耗能更大
解析：（1）①已知：
反应Ⅰ：CH4（g）＋2S2（g）===CS2（g）＋2H2S（g） ΔH1＝－104.7kJ·ml－1
反应Ⅱ：2CH4（g）＋S8（g）===2CS2（g）＋4H2S（g） ΔH2＝201.73kJ·ml－1
由盖斯定律可知，反应Ⅱ－2×Ⅰ得S8（g）＝4S2（g） ΔH＝＋411.15kJ·ml－1；
②由图可知，650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡转化率在650～700℃左右达到峰值，故为提高CH4平衡转化率，控制温度范围在650～700℃；
（2）①T℃、c0＝1.0ml·L－1时，测得t＝9.5s、α＝95%，则9.5＝eq \f(1,k×1.0)（eq \f(0.95,1－0.95)），k＝2L·ml－1·s－1。
②T℃时，计划在5s内转化率达90%，则5＝eq \f(1,2×c0)（eq \f(0.90,1－0.90)），c0＝0.9L·ml－1，应控制初始浓度c0大于0.9L·ml－1；
（3）①根据化学方程式体现的关系可知，二硫化碳和生成氢气的物质的量之比为1∶4，结合图像可知，图中表示CS2的曲线是b；
②950℃时，反应物投料比采用n（CH4）∶n（H2S）＝1∶2，维持体系压强为100kPa，设甲烷、硫化氢投料分别为1ml、2ml；
CH4（g）＋2H2S（g）⇌CS2（g）＋4H2（g）
起始（ml）1 2 0 0
转化（ml）a 2a a 4a
平衡（ml）1－a2－2a a 4a
由图可知，平衡时甲烷与二硫化碳含量相等，则1－a＝a，a＝0.5ml，则甲烷、硫化氢、二硫化碳、氢气分别为0.5ml、1ml、0.5ml、2ml，总的物质的量为4ml，该反应的
Kp＝eq \f(（100×\f(2,4)）4（100×\f(0.5,4)）,（100×\f(1,4)）2（100×\f(0.5,4)）)＝104kPa2；
③相比以硫磺矿为原料，使用H2S的优点是可以变废为宝，减小污染；缺点是反应温度更高、耗能更大。
5．答案：（1）－198kJ·ml－1
（2）> NO2含量先增大后减少
（3）①< eq \f(k1·k3,k2·k4) ②415.7
（4）①0.171ml·L－1·min－1 ②催化剂产生作用需要有氧气参加
解析：（1）已知：①2NO（g）＋O2（g）⇌2NO2（g） ΔH1＝－113kJ·ml－1；②6NO2（g）＋O3（g）⇌3N2O5（g） ΔH2＝－227kJ·ml－1；③4NO2（g）＋O2（g）⇌2N2O5（g） ΔH3＝－57kJ·mL－1；由盖斯定律可知，eq \f(1,2)（②×2－3×③＋①）得到NO（g）＋O3（g）⇌NO2（g）＋O2（g） ΔH4＝eq \f(1,2)（ΔH2×2－3×ΔH3＋ΔH1）＝－198kJ·ml－1。
（2）由图可知，NO2含量先增大后减少，说明反应刚开始时反应NOeq \(――→,\s\up7(O2、O3),\s\d5(k甲))NO2的程度大于NO2eq \(――→,\s\up7(O2、O3),\s\d5(k乙))N2O5的程度，则速率常数k甲>k乙；
（3）①活化能越小，反应速率越快，则反应Ⅰ与反应Ⅱ的活化能：Ea1②根据已知条件列出“三段式”
2NO（g）⇌N2O2（g）
起始（ml） 20
转化（ml） 2xx
平衡（ml）2－2xx
N2O2（g）＋O2（g）⇌2NO2（g）
起始（ml）x10
转化（ml）yy2y
平衡（ml）x－y1－y2y
达平衡时NO转化率为eq \f(2x,2)×100%＝x＝0.9，O2转化率为y＝0.4，平衡时气体总物质的量为3ml，则平衡时体系总压强为3×105Pa×eq \f(3,3)＝3×105Pa，混合气体的总体积V＝eq \f(nRT,p)＝eq \f(3ml×8314Pa·L·ml－1·K－1×400K,3×105Pa)＝33.256L，则2NO（g）⇌N2O2（g）的平衡常数Kc＝eq \f(c（N2O2）,c2（NO）)＝eq \f(\f(0.9－0.4,33.256),（\f(0.2,33.256)）2)＝415.7；
（4）①5min内，温度从420K升高到580K，NO的转化率由2%上升到59%，此时段内NO的平均反应速率v（NO）＝eq \f(3ml×59%－3ml×2%,2L×5min)＝0.171ml·L－1·min－1；
②无氧条件下，NO生成N2的转化率较低，原因可能是催化剂产生作用需要有氧气参加。
6．答案：（1）－3526kJ·ml－1
（2）①酸性：H2S>C2H5SH，—C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H＋的能力减弱 ②2FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋C2H5SH＋4H2O===C2H5SO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋2Fe（OH）3↓＋3OH－ ③Fe－6e－＋8OH－===FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋4H2O 铁电极表面出现更多的OH－与Fe之间竞争放电生成O2；放电生成的O2将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面（铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面），阻碍FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的生成
解析：（1）已知：①C2H5OH（g）＋H2S（g）===C2H5SH（g）＋H2O（g） ΔH1＝－32kJ·ml－1；②C2H5OH（g）＋3O2（g）===2CO2（g）＋3H2O（g） ΔH2＝－1277kJ·ml－1；③2H2S＋3O2（g）===2SO2（g）＋2H2O（g） ΔH3＝－1036kJ·ml－1；由盖斯定律可知，③＋2×②－2×①得2C2H5SH（g）＋9O2（g）===4CO2（g）＋6H2O（g）＋2SO2（g） ΔH＝ΔH3＋2ΔH2－2ΔH1＝－1036kJ·ml－1－2×1277kJ·ml－1＋2×32kJ·ml－1＝－3526kJ·ml－1；
（2）①由图可知，当C2H5SH和C2H5S－浓度相等时，10C2H5SH，—C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H＋的能力减弱；
②pH＝9时，K2FeO4氧化C2H5SH生成C2H5SO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 和Fe（OH）3，Fe元素由＋6价下降到＋3价，S元素由－2价上升到＋4价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋C2H5SH＋4H2O===C2H5SO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋2Fe（OH）3↓＋3OH－；
③阳极使用的是易被氧化的活性铁电极，Fe失去电子生成FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Fe－6e－＋8OH－===FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋4H2O；电流密度大于4mA·cm－2时，所得反应后溶液中FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的浓度上升幅度变小的原因是：铁电极表面出现更多的OH－与Fe之间竞争放电生成O2；放电生成的O2将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面（铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面），阻碍FeO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的生成。
高分必刷
1．答案：（1）a＋123
（2）CD
（3）①＝ ②eq \f(10,3)MPa
（4）CO2＋C===2CO，可以消除催化剂表面的积炭
解析：（1）根据盖斯定律，将eq \f(1,2)（反应Ⅰ－反应Ⅱ），整理可得：C3H8（g）⇌C3H6（g）＋H2（g） ΔH＝＋123kJ·ml－1；ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能，正反应活化能＝（a＋123）kJ·ml－1；
（2）在恒温恒压容器中发生反应Ⅰ，反应时每断裂1mlO===O键，必然同时生成4mlO—H键，不能据此说明反应达到平衡，A错误；ΔH仅与方程式系数有关，方程式不变，ΔH不变，故不能说明反应达到平衡，B错误；反应物与生成物均为气体，混合气体的质量不变，反应的系数不等，体积在变，所以混合气体密度是变量，气体密度不变可以判断平衡，C正确；v（C3H6）正＝v（C3H6）逆时反应可能处于平衡状态，D正确；
（3）①A、B两点的温度相同，平衡常数K只与温度有关，故A、B两点的浓度平衡常数关系：Kc（A）＝Kc（B）；
②设C点时C3H8的转化量为xml，可列出三段式（单位为ml）：
C3H8（g）⇌C3H6（g）＋H2（g）
开始/ml100
转化/mlxxx
平衡/ml1－xxx
由图可知，C点时C3H8（g）和C3H6（g）的物质的量浓度相等，则1－x＝x，解得x＝0.5，则平衡时总的物质的量为1.5ml，C点时该反应的压强平衡常数
Kp（C）＝eq \f(（\f(0.5ml,1.5ml)×10MPa）×（\f(0.5ml,1.5ml)×10MPa）,（\f(0.5ml,1.5ml)×10MPa）)＝eq \f(10,3)MPa；
（4）（ⅰ）反应为3C3H8＋2CrO3===3C3H6＋3H2O＋Cr2O3；（ⅱ）反应为Cr2O3＋3CO2===2CrO3＋3C，总反应方程式为：C3H8（g）＋CO2（g）===C3H6（g）＋H2O（g）＋CO（g），该工艺可以有效消除催化剂表面的积碳，维持催化剂活性，这是由于C能够与CO2反应会产生CO即CO2＋C===2CO，使C脱离催化剂表面，从而可以消除催化剂表面的积炭。
2．答案：（1）－246kJ·ml－1 减小
（2）1.35 CH eq \\al(\s\up1(*),\s\d1(3)) ＋H*===CH eq \\al(\s\up1(*),\s\d1(4))
（3）①c＞b＞a 温度越高，浓度越大，则速率越大，由于转化率c＞b＞a，故甲烷的浓度c＞b＞a，且对应温度c＞b＞a，综上所述，v（CH4）逆由大到小顺序为c＞b＞a 0.16 16.7 ②33.4
（4）DE
解析：（1）由盖斯定律可知，由反应“②—①”可得目标方程式，ΔH＝ΔH2－ΔH1＝－205kJ·ml－1－41kJ·ml－1＝－246kJ·ml－1，反应③中碳元素转化为碳单质，反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳，故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小；
（2）该反应历程中最大的能垒为－2.13－（－3.48）＝1.35eV，该步骤反应的化学方程式为CH eq \\al(\s\up1(*),\s\d1(3)) ＋H*===CH eq \\al(\s\up1(*),\s\d1(4)) ；
（3）①反应速率与温度和浓度等有关，温度越高，浓度越大，则速率越大，c点甲烷的浓度大、温度高，故v（CH4）逆最大，其次为b点，最小的为a点的v（CH4）逆；初始总压为3MPa，其中氢气的分压为2MPa，T2温度下H2的转化率为80%，故10min时v（H2）＝0.16MPa·min－1；根据题意可知T2时为平衡态，设反应后的压强为p总，可得：
CO2（g）＋4H2（g）⇌CH4（g）＋2H2O（g）
初始量（ml）2400
反应量（ml）
平衡量（ml）
恒容条件下，气体的压强比等于气体的物质的量之比，则eq \f(6ml,4.4ml)＝eq \f(3MPa,p总)，解得p总＝2.2MPa，
平衡时各组分的物质的量分数分别为eq \f(3,11)、eq \f(2,11)、eq \f(2,11)、eq \f(4,11)，则平衡分压为0.6MPa、0.4MPa、0.4MPa、0.8MPa，
Kp＝eq \f(0.82×0.4,0.44×0.6)（MPa）－2＝eq \f(50,3)≈16.7（MPa）－2；
②由Kp＝eq \f(k正,k逆)＝16.7，故k正＝33.4（MPa）－4·min－1；
（4）ZnFe2O4中Fe为＋3价，A错误；由图可知在制氢过程中ZnO、Fe3O4为催化剂，ZnFe2O4为中间产物，ZnFe2O4不能降低了H2O分解的活化能，B错误；ZnO、Fe3O4为催化剂，理论上不需要补充ZnO、Fe3O4，C错误；反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定，D正确；由图所示贮氢过程可表示为3H2＋2Mg2Cu===3MgH2＋MgCu2，E正确。
3．答案：（1）2C（s，石墨）＋H2（g）===C2H2（g） ΔH＝＋226.7kJ·ml－1
（2）温度低于500℃，反应速率低；温度高于500℃，对副反应影响较大，化学平衡向生成CO的方向移动程度增大，不利于甲烷的生成
（3）①C ②Ⅱ > ③45kPa eq \f(1,729)
解析：（1）设①C（s，石墨）＋O2（g）===CO2（g） ΔH1＝－393.5kJ·ml－1；
②H2（g）＋eq \f(1,2)O2（g）===H2O（l） ΔH2＝－285.8kJ·ml－1；
③2C2H2（g）＋5O2（g）===4CO2（g）＋2H2O（l） ΔH3＝－2599kJ·ml－1；
利用盖斯定律将①×2＋②－③×eq \f(1,2)可得：
2C（s，石墨）＋H2（g）===C2H2（g） ΔH＝（－393.5kJ·ml－1）×2＋eq \f(1,2)×（－571.6kJ·ml－1）－eq \f(1,2)×（－2599kJ·ml－1）＝＋226.7kJ·ml－1；
（2）加氢合成甲烷时，温度低于500℃时，反应速率低，温度高于500℃，对于副反应CO2（g）＋H2（g）⇌CO（g）＋H2O（g），正反应吸热，平衡向生成CO的方向移动程度增大，都不利于甲烷的生成；
（3）①该反应前后气体计量系数不变，故气体体积也始终不变，则气体总体积保持不变不能证明反应达到平衡，A错误；由选项A可知，该反应前后气体计量系数不变，且所有的反应物和产物都是气体，则该反应体系的密度始终不变，则混合气体的平均相对分子质量保持不变，不能证明反应达到平衡，B错误；随着反应的进行一氧化氮在减少，氮气在增大，则eq \f(n（NO）,n（N2）)一直在变化，故eq \f(n（NO）,n（N2）)不再变化可以证明反应达到平衡，C正确；
②由反应方程式CH4（g）＋4NO（g）⇌2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）可知，随着eq \f(n（NO）,n（CH4）)的增大，即增大NO的投入量，平衡正向移动，CH4的转化率增大而NO的转化率却减小，由题图中信息可知，曲线Ⅱ表示T3K下NO平衡转化率～eq \f(n（NO）,n（CH4）)的关系，由题干反应方程式CH4（g）＋4NO（g）⇌2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g） ΔH<0可知，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，由图中曲线Ⅰ表示eq \f(n（NO）,n（CH4）)＝1时NO平衡转化率～eq \f(1,T)关系图，从图中所示信息可知，T越大，则eq \f(1,T)越小，NO的转化率越小，故T1＞T2；
③由题干图示信息可知，在eq \f(n（NO）,n（CH4）)＝1、T2K下，NO的转化率为40%，根据三段式分析可知，
CH4（g）＋4NO（g）⇌2N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）
起始量（ml）aa000
转化量（ml）
平衡量（ml）
则该反应平衡时CH4的体积分数为eq \f(0.9a,2a)×100%＝10%，则此时CH4的平衡分压分别为：p（CH4）＝eq \f(0.9a,2a)×100＝45kPa，p（NO）＝eq \f(0.6a,2a)×100＝30kPa，p（CO2）＝eq \f(0.1a,2a)×100＝5kPa，p（N2）＝eq \f(0.2a,2a)×100＝10kPa，p（H2O）＝eq \f(0.2a,2a)×100＝10kPa，故该反应的标准平衡常数
Kθ＝eq \f(\f(p（CO2）,pθ)×[\f(p（N2）,pθ)]2×[\f(p（H2O）,pθ)]2,[\f(p（NO）,pθ)]4×\f(p（CH4）,pθ))
＝eq \f(\f(5kPa,100kPa)×[\f(10kPa,100kPa)]2×[\f(10kPa,100kPa)]2,[\f(30kPa,100kPa)]4×\f(45kPa,100kPa))＝eq \f(1,729)。
4．答案：（1）－49.3
（2）ABD
（3）①
②4∶1
（4）CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动
解析：（1）CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）的ΔH＝生成物的能量－反应物的能量＝－201.0kJ·ml－1－241.8kJ·ml－1－（－393.5kJ·ml－1）＝－49.3kJ·ml－1；
（2）根据图示信息可知，使用催化剂Ⅱ时，相同时间内，CO2的转化率更高，则催化效率较高的是催化剂Ⅱ，A正确；反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下CO2的转化率相等，C点处于平衡状态，则C点v逆＝v正，而A点温度低于C点，则A点v正一定小于C点的v逆，B正确；反应得到平衡状态时，两种催化剂催化作用下CO2的转化率相等，则B和C点处于平衡状态，两种催化剂的催化效率不同，则C点v正（Ⅰ）≠v正（Ⅱ），C错误；T1～T3温度区，CO2的转化率随温度升高均增大的原因是：反应未达平衡，随温度升高反应速率加快，相同时间内CO2转化率增大，D正确；
（3）①甲容器和乙容器体积相等，乙容器中CO2（g）和H2（g）浓度是甲容器的两倍，相当于在甲容器的基础上增大压强，而反应CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，CO2（g）的平衡转化率比甲容器中的大，且该反应是放热反应，升高温度CO2（g）的平衡转化率减小，画出乙容器中CO2的平衡转化率曲线乙为：；
②根据已知条件列出甲容器“三段式”
CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）
起始（ml）1a00
转化（ml）
平衡（ml）0.4a－
平衡常数K甲＝eq \f(c（H2O）c（CH3OH）,c3（H2）c（CO2）)＝eq \f(\f(0.6,V)×\f(0.6,V),\f(0.4,V)×（a－1.8）3)，根据已知条件列出乙容器的“三段式”
CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）
起始（ml）22a00
转化（ml）
平衡（ml）0.82a－
平衡常数K乙＝eq \f(c（H2O）c（CH3OH）,c3（H2）c（CO2）)＝eq \f(\f(1.2,V)×\f(1.2,V),\f(0.8,V)×（\f(2a－3.6,V)）3)，
则K甲∶K乙＝eq \f(\f(0.6,V)×\f(0.6,V),\f(0.4,V)×（a－1.8）3)∶eq \f(\f(1.2,V)×\f(1.2,V),\f(0.8,V)×（\f(2a－3.6,V)）3)＝4∶1。
（4）其他条件不变时向上述体系中投入一定量的CaO，CaO和CO2反应生成CaCO3，CO2浓度降低，平衡正向移动，反应相同时间测得H2的体积分数增大。
5．答案：（1）－680kJ·ml－1
（2）①AC ②< > ③44.4% eq \f(512,625p2)
（3）随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少（反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小）
（4）（1，eq \f(1,2)，eq \f(1,2)） eq \f(\r(2),2)×eq \r(3,\f(4×97,ρNA))×1010
解析：（1）①2CO（g）＋O2（g）⇌2CO2（g） ΔH1＝－520kJ·ml－1
②N2（g）＋O2（g）⇌2NO（g） ΔH2＝＋160kJ·ml－1，由盖斯定律：①－②得2CO（g）＋2NO（g）⇌2CO2（g）＋N2（g） ΔH＝－520kJ·ml－1－160kJ·ml－1＝－680kJ·ml－1；
（2）①2CO（g）＋2NO（g）⇌2CO2（g）＋N2（g），CO2和N2的浓度比始终保持不变，A选；反应为气体体积减小的反应，压强不再变化，说明反应达平衡状态，B不选；反应前后均为气体，总质量不变，混合气体的密度始终保持不变，当气体的密度不再变化时，不能说明反应达平衡状态，C选；反应前后均为气体，总质量不变，但反应后物质的量减小，反应混合气体的摩尔质量不再变化，说明反应达平衡状态，D不选；
②由图1可得：相同温度下，p2的二氧化碳含量大，结合方程式，加压，平衡正向移动，压强p1Kb。
③ 2CO（g）＋2NO（g）⇌2CO2（g）＋N2（g）
开始/ml2 2
变化/ml2x 2x 2x x
平衡/ml2－2x2－2x 2x x
b点二氧化碳的体积分数为：eq \f(2x,2－2x＋2－2x＋2x＋x)×100%＝25%，x＝eq \f(4,9)ml，b点CO的转化率为eq \f(\f(4,9)×2,2)×100%＝44.4%，平衡时，CO（g）为eq \f(10,9)ml，NO（g）为eq \f(10,9)ml, CO2（g）为eq \f(8,9)ml，N2（g）为eq \f(4,9)ml，平衡时总物质的量为eq \f(32,9)ml，b点的Kp＝eq \f(\f(\f(4,9),\f(32,9))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(8,9),\f(32,9))))\s\up12(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(10,9),\f(32,9))))\s\up12(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\f(10,9),\f(32,9))))\s\up12(2)p2)＝eq \f(512,625p2)；
（3）容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2，当温度高于T℃时，n（CO2）下降的原因可能是随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少（反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小）；
（4）硫与催化剂锌所形成化合物晶体的晶胞如图3所示。在该晶胞中，原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为（0，0, 0）；b为（eq \f(1,2)，0，eq \f(1,2)）；c为（eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0），a为原点，b、c、d为三个面的面心，则d的坐标参数为（1，eq \f(1,2)，eq \f(1,2)）。晶胞中Zn原子数目＝8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，S的原子数目为4，所以R的化学式为ZnS，晶胞的质量m＝eq \f(4×97,NA)g，晶胞的密度ρ，则晶胞棱长＝eq \r(3,\f(4×97,ρNA))cm，则其中两个S2－之间的距离为面对角线的一半，eq \f(\r(2),2)×eq \r(3,\f(4×97,ρNA))cm，则其中两个最近S原子之间的距离为eq \f(\r(2),2)×eq \r(3,\f(4×97,ρNA))×1010pm。
6．答案：（1）＋208.4
（2）①BD ②Ⅰ 0.47 ③31 M 由图可知，直线M斜率小，Ea大，催化效能低（或N线计算的Ea＝20.5kJ·ml－1，活化能小，催化效能高）
解析：（1）从图中可以看出，反应：（g）―→（g）＋3H2（g） ΔH＝237.1kJ·ml－1－28.7kJ·ml－1＝＋208.4kJ·ml－1；
（2）①A.单位时间内生成1mlCH3OH（g）的同时消耗3mlH2（g），反应进行的方向相同，虽然变化量之比等于化学计量数之比，但反应不一定达平衡状态；B.在绝热恒容的容器中，随着反应的进行，混合气的温度不断发生改变，平衡常数不断发生改变，当反应的平衡常数不再变化时，反应达平衡状态；C.容器内c（CO2）∶c（H2）∶c（CH3OH）∶c（H2O）＝1∶3∶1∶1，即等于化学计量数之比，反应不一定达平衡状态；D.在恒温恒压的容器中，由于反应前后气体分子数不等，平均摩尔质量在不断发生改变，当气体的平均摩尔质量不再变化时，反应达平衡状态；
②对于反应CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH＞0，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，则表示压强为4.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化曲线为Ⅰ；
一定条件下，在一密闭容器中充入1mlCO2和3mlH2发生反应，曲线Ⅱ表示压强为1.0MPa下CO2的平衡转化率随温度的变化关系，a点时CO2的平衡转化率为40%，则可建立如下三段式：
CO2（g）＋3H2（g）⇌CH3OH（g）＋H2O（g）
起始量（ml）1300
变化量（ml）
平衡量（ml）
a点对应的平衡常数
Kp＝eq \f(\f(0.4,3.2)×1.0MPa×\f(0.4,3.2)×1.0MPa,\f(0.6,3.2)×1.0MPa×（\f(1.8,3.2)×1.0MPa）3)＝0.47MPa－2。
③在M催化剂作用下，从图中可采集数据，得出如下反应：3.0×10－3＝－3.4×10－3Ea＋C、9.2×10－3＝－3.2×10－3Ea＋C，从而求出该反应的活化能Ea＝31kJ·ml－1。在N催化剂作用下，从图中可采集数据，得出如下反应：1.0×10－3＝－3.6×10－3Ea＋C、9.2×10－3＝－3.2×10－3Ea＋C，从而求出该反应的活化能Ea＝20.5kJ·ml－1。从图中信息获知催化效能较低的催化剂是M，判断理由是：由图可知，直线M斜率小，Ea大，催化效能低（或N线计算的Ea＝20.5kJ·ml－1，活化能小，催化效能高）。
步骤
反应
活化
能
正反应
速率方程
逆反应
速率方程
Ⅰ
2NO(g)⇌N2O2(g)(快)
Ea1
v1正＝k1·c2(NO)
v1逆＝k2·c(N2O2)
Ⅱ
N2O2(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)(慢)
Ea2
v2正＝k3·c(N2O2)·c(O2)
v2逆＝k4·c2(NO2)
容积
CO2(g)
H2(g)
甲容器
VL
1ml
aml
乙容器
VL
2ml
2aml