2024届高考化学二轮复习题型强化练(四)含答案

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水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·ml－1
该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·ml－1；
2Fe3O4(s)＋H2O(g)3Fe2O3(s)＋H2(g) ΔH2。
请回答下列问题：
(1)ΔH2＝________kJ·ml－1。
(2)恒定总压1.70 MPa和水碳比eq \f(n（H2O）,n（CO）)＝12∶5投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压＝总压×该成分的物质的量分数)如下表：
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K＝____________。
②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)下列说法正确的是________(填字母)。
A．通入反应器的原料气中应避免混入O2
B．恒定水碳比eq \f(n（H2O）,n（CO）)，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b～c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是________(填字母)。
A．按原水碳比通入冷的原料气
B．喷入冷水(蒸气)
C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)设方程式①CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·ml－1；
②3Fe2O3(s)＋CO(g)2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2 kJ·ml－1；
③2Fe3O4(s)＋H2O(g)3Fe2O3(s)＋H2(g) ΔH2。
根据盖斯定律可知，③＝①－②，则ΔH2＝ΔH－ΔH1＝(－41.2 kJ·ml－1)－(－47.2 kJ·ml－1)＝＋6 kJ·ml－1。
(2)①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12 ml和5 ml，参加反应的一氧化碳为x ml，根据已知信息可得以下“三段式”：
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
起始量/ml 5 12 0 0
转化量/ml x x x x
平衡量/ml 5－x 12－x x x
eq \f(x,5－x＋12－x＋x＋x)×1.7 MPa＝0.40 MPa，解得x＝4；
则平衡常数K＝eq \f(\f(4,V)×\f(4,V),\f(5－4,V)×\f(12－4,V))＝2。②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该反应的化学方程式为CO＋3H2CH4＋H2O。
(3)一氧化碳、氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A项正确；该反应前、后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B项错误；通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C项正确；若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D项错误。故选AC。
(4)①按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A项正确；喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B项错误；通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C项正确。故选AC。②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的平衡转化率增大，会高于原平衡曲线，故图像如右图。
(5)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
答案：(1)＋6 (2)①2 ②CO＋3H2CH4＋H2O (3)AC
(4)①AC ②图见解析
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
2．(2023·山东卷)一定条件下，水气变换反应CO＋H2OCO2＋H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应：
Ⅰ.HCOOHCO＋H2O(快)；
Ⅱ.HCOOHCO2＋H2(慢)。
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H＋仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。
回答下列问题：
(1)一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH＝________________(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为v＝kc(H＋)c(HCOOH)，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为x ml·L－1时，H＋浓度为______________ ml·L－1，此时反应Ⅰ正反应速率v＝__________ ml/(L·h)(用含Ka、x和k的代数式表示)。
(3)T2温度下，在密封石英管内完全充满1.0 ml·L－1 HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水，含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1 h时测得CO，CO2的浓度分别为0.70 ml·L－1，0.16 ml·L－1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为y ml·L－1。体系达平衡后eq \f(c（CO）,c（CO2）)＝____________(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为__________。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.1 ml·L－1盐酸，则图示点a，b，c，d中，CO新的浓度峰值点可能是__________(填标号)。与不同盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度__________(填“增大”“减小”或“不变”)，eq \f(c（CO）,c（HCOOH）)的值__________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)根据盖斯定律，反应Ⅱ－反应Ⅰ＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变ΔH＝ΔH2－ΔH1。
(2)T1温度时，HCOOH建立电离平衡：
HCOOHHCOO－ ＋ H＋
平衡浓度/(ml·L－1) x c(HCOO－) c(H＋)
Ka＝eq \f(c（HCOO－）c（H＋）,c（HCOOH）)，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝eq \r(Kax)。
t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应Ⅰ达平衡状态。此时v＝kc(H＋)·c(HCOOH)＝kx eq \r(Kax)。
(3)t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应Ⅰ达平衡状态。此时
HCOOHCO ＋ H2O
eq \a\vs4\al(t1时刻转化浓度/,（ml·L－1）) 0.70 0.70
HCOOHCO2 ＋ H2
eq \a\vs4\al(t1时刻转化浓度/,（ml·L－1）) 0.16 0.16 0.16
故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 ml·L－1，K(Ⅰ)＝eq \f(c（CO）,c（HCOOH）)＝eq \f(0.70,0.14)＝5。
t1时刻→反应Ⅱ达平衡过程：
HCOOHCO ＋ H2O
eq \a\vs4\al(t1时刻到反应Ⅰ平衡,转化浓度/（ml·L－1）) a a
HCOOHCO2 ＋ H2
eq \a\vs4\al(t1时刻到反应Ⅱ平衡,转化浓度/（ml·L－1）) b b b
则c(H2)＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)ml·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(Ⅰ)＝eq \f(c（CO）,c（HCOOH）)＝eq \f(a＋0.7,0.3－a－y)＝5，a＝eq \f(0.8－5y,6)。故eq \f(c（CO）,c（CO2）)＝eq \f(\f(0.8－5y,6)＋0.7,y)＝eq \f(5－5y,6y)，K(Ⅱ)＝eq \f(c（CO2）c（H2）,c（HCOOH）)＝eq \f(y·y,0.3－\f(0.8－5y,6)－y)＝eq \f(6y2,1－y)。
加入0.1 ml·L－1盐酸后，H＋对反应Ⅰ起催化作用，增大反应Ⅰ的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a点处达到峰值。此时c(CO2)小于不含盐酸的浓度，eq \f(c（CO）,c（HCOOH）)＝K(Ⅰ)，温度不变，平衡常数不变，则eq \f(c（CO）,c（HCOOH）)的值不变。
答案：(1)ΔH2－ΔH1
(2)eq \r(Kax) kx eq \r(Kax)
(3)eq \f(5－5y,6y) eq \f(6y2,1－y) a 减小 不变
3．(2023·全国乙卷)硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
(1)在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图1所示：
根据上述实验结果，可知x＝______，y＝______。
(2)已知下列热化学方程式：
FeSO4·7H2O(s)===FeSO4(s)＋7H2O(g) ΔH1＝a kJ·ml－1；
FeSO4·xH2O(s)===FeSO4(s)＋xH2O(g) ΔH2＝b kJ·ml－1；
FeSO4·yH2O(s)===FeSO4(s)＋yH2O(g) ΔH3＝c kJ·ml－1。
则FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)===2(FeSO4·xH2O)(s)的ΔH＝__________ kJ·ml－1。
(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)Fe2O3(s)＋SO2(g)＋SO3(g)(Ⅰ)。平衡时PSO3T的关系如图2所示。660 K时，该反应的平衡总压p总＝________ kPa，平衡常数Kp(Ⅰ)＝________ (kPa)2。Kp(Ⅰ)随反应温度升高而________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，平衡时pO2＝________(用pSO3、pSO2表示)。在929 K时，p总＝84.6 kPa、pSO3＝35.7 kPa，则pSO2＝__________ kPa，Kp(Ⅱ)＝__________ kPa(列出计算式)。
解析：(1)由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O，则eq \f(18（7－x）,278)＝19.4%，解得x＝4；当失重比为38.8%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O，则eq \f(18（7－y）,278)＝38.8%，解得y＝1。
(2)①FeSO4·7H2O(s)===FeSO4(s)＋7H2O(g) ΔH1＝a kJ·ml－1
②FeSO4·xH2O(s)===FeSO4(s)＋xH2O(g) ΔH2＝b kJ·ml－1
③FeSO4·yH2O(s)===FeSO4(s)＋yH2O(g) ΔH3＝c kJ·ml－1
根据盖斯定律可知，①＋③－②×2可得FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)===2(FeSO4·xH2O)(s)，则ΔH＝(a＋c－2b)kJ·ml－1。
(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4(s)Fe2O3(s)＋SO2(g)＋SO3(g)(Ⅰ)。由平衡时pSO3T的关系图可知，660 K时，pSO3＝1.5 kPa，则pSO2＝1.5 kPa，因此，该反应的平衡总压p总＝3 kPa、平衡常数Kp(Ⅰ)＝1.5 kPa×1.5 kPa＝2.25(kPa)2。由图中信息可知，pSO3随着温度升高而增大，因此，Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大。
(4)提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3(g)2SO2(g)＋O2(g)(Ⅱ)，在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应(Ⅰ)时pSO3＝pSO2，则pSO3＋2pO2＝pSO2－2pO2，因此，平衡时pO2＝eq \f(pSO2－pSO3,4)。在929 K时，p总＝84.6 kPa、pSO3＝35.7 kPa，则pSO3＋pSO2＋pO2＝p总、pSO3＋2pO2＝pSO2－2pO2，联立方程组消去pO2，可得3pSO3＋5pSO2＝4p总，代入相关数据可求出pSO2＝46.26 kPa，则pO2＝84.6 kPa－35.7 kPa－46.26 kPa＝2.64 kPa，Kp(Ⅱ)＝eq \f(（46.26 kPa）2×2.64 kPa,（35.7 kPa）2)＝eq \f(46.262×2.64,35.72) kPa。
答案：(1)4 1 (2)(a＋c－2b)
(3)3 2.25 增大
(4)eq \f(pSO2－pSO3,4) 46.26 eq \f(46.262×2.64,35.72)
4．(2023·辽宁卷)硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图1所示。700 ℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、________和________(填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2＋SO2＋H2O===NO＋H2SO4；
2NO＋O2===2NO2。
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为____________________________________________________。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是____________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________(答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)＋eq \f(1,2)O2(g)SO3(g) ΔH＝－98.9 kJ·ml－1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图2所示，下列说法正确的是________。
a．温度越高，反应速率越大
b．α＝0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如图3所示，催化性能最佳的是______(填字母)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp＝____________(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
解析：(1)根据题图1的热重曲线所示，在700 ℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO4eq \(=====,\s\up7(700 ℃))3CuO＋2SO2↑＋SO3↑＋O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2。
(2)(ⅰ)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中先消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用。(ⅱ)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境；作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质，影响产品质量、产率不高(或其他合理答案)。
(3)(ⅰ)根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高，反应速率先增大后减小，a错误；从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越大，但在转化率小于88%时的反应速率图像并没有给出，无法判断α＝0.88的条件下是平衡转化率，b错误；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；故选cd。(ⅱ)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V—K—Cs—Ce对SO2的转化率最高，产率最佳，故选d。(ⅲ)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp＝eq \f(p（SO3）,p（SO2）p\s\up6(\f(1,2))（O2）)＝eq \f(\f(n（SO3）,n（总）)p（总）,\f(n（SO2）,n（总）)p（总）·p\s\up6(\f(1,2))（O2）)＝eq \f(n（SO3）,n（SO2）·p\s\up6(\f(1,2))（O2）)；设SO2初始量为m ml，则平衡时n(SO2)＝m·αe，n(SO3)＝m－m·αe＝m(1－αe)，Kp＝eq \f(m（1－αe）,m·αe·p\s\up6(\f(1,2))（O2）)＝eq \f(（1－αe）,αe·p\s\up6(\f(1,2)))。
答案：(1)CuO SO3
(2)(ⅰ)催化剂 (ⅱ)反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高(或其他合理答案)
(3)(ⅰ)cd (ⅱ)d (ⅲ)eq \f(（1－αe）,αe·p\s\up6(\f(1,2)))
5．(2023·湖南卷)聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
Ⅰ.苯乙烯的制备
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①C6H5C2H5(g)＋eq \f(21,2)O2(g)===8CO2(g)＋5H2O(g) ΔH1＝－4 386.9 kJ·ml－1；
②C6H5CH===CH2(g)＋10O2(g)===8CO2(g)＋4H2O(g)
ΔH2＝－4 263.1 kJ·ml－1；
③H2(g)＋eq \f(1,2)O2(g)===H2O(g) ΔH3＝－241.8 kJ·ml－1。
计算反应④C6H5C2H5(g)C6H5CH===CH2(g)＋H2(g)的ΔH4＝__________ kJ·ml－1。
(2)在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 ml气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入__________ ml水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)。
(3)在913 K、100 kPa下，以水蒸气作稀释气，Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤C6H5C2H5(g)C6H6(g)＋CH2===CH2(g)；
⑥C6H5C2H5(g)＋H2(g)C6H5CH3(g)＋CH4(g)。
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S＝eq \f(转化为目的产物所消耗乙苯的量,已转化的乙苯总量)×100%)随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是__________，理由是_____________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是__________(填字母)。
A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C．Fe2O3降低了乙苯脱氧反应的活化能
D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ.苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X(引发剂，X表示卤素)生成自由基C6H5CH2，实现苯乙烯可控聚合。
(5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是__________。
(6)室温下，①Cu＋在配体L的水溶液中形成eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Cu（L）2))eq \s\up12(＋)，其反应平衡常数为K；②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为__________(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
解析：(1)根据盖斯定律，将①－②－③可得C6H5C2H5(g)C6H5CH===CH2(g)＋H2(g) ΔH4＝－4 386.9 kJ·ml－1－(－4 263.1 kJ·ml－1)－(－241.8 kJ·ml－1)＝＋118 kJ·ml－1。
(2)设充入H2O(g)物质的量为x ml；在某温度、100 kPa下，向反应器中充入1 ml气态乙苯发生反应④。乙苯的平衡转化率为50%，可列“三段式”：
C6H5C2H5(g)C6H5CH===CH2(g)＋H2(g)
起始量/ml 1 0 0
转化量/ml 0.5 0.5 0.5
平衡量/ml 0.5 0.5 0.5
此时平衡时混合气体总物质的量为1.5 ml，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列“三段式”。
C6H5C2H5(g)C6H5CH===CH2(g)＋H2(g)
起始量/ml 1 0 0
转化量/ml 0.75 0.75 0.75
平衡量/ml 0.25 0.75 0.75
此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75 ml，混合气的总物质的量为(1.75＋x)ml，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为eq \f(1.75＋x,1.5)V；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.5,V)))\s\up12(2),\f(0.5,V))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.75,\f(1.75＋x,1.5)V)))\s\up12(2),\f(0.25,\f(1.75＋x,1.5)V))，解得x＝5。
(3)曲线a芳香烃产物的选择性大于曲线b、c芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，则曲线a代表产物苯乙烯的选择性；反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应，反应⑥的正反应是气体分子数不变的反应；在913 K、100 kPa(即恒温恒压)下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化率增大，即减小压强，反应④⑤都向正反应方向移动，反应⑥平衡不移动，故曲线b代表的产物是苯。
(4)测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A项正确；催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B项错误；催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误。答案选BD。
(5)电负性Cl＞Br＞I，则极性C—Cl＞C—Br＞C—I，则C6H5CH2Cl更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2Cl。
(6)Cu＋在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]＋，则Cu＋＋2L[Cu(L)2]＋的平衡常数K＝eq \f(c{[Cu（L）2]＋},c（Cu＋）·c2（L）)；CuBr在水中的溶度积常数Ksp＝c(Cu＋)·c(Br－)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr＋2L[Cu(L)2]＋＋Br－，该反应的平衡常数为eq \f(c{[Cu（L）2]＋}·c（Br－）,c2（L）)＝eq \f(c{[Cu（L）2]＋}·c（Br－）·c（Cu＋）,c2（L）·c（Cu＋）)＝K·Ksp。
答案：(1)＋118 (2)5
(3)苯 反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
(4)BD (5)C6H5CH2Cl (6)K·Ksp
分压
p(CO2)/MPa
p(H2)/MPa
p(CH4)/MPa
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02