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2024年高考真题和模拟题化学分类汇编（全国通用）专题11 化学反应原理综合题（解析版）
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这是一份2024年高考真题和模拟题化学分类汇编（全国通用）专题11 化学反应原理综合题（解析版），共60页。试卷主要包含了丙烯腈是一种重要的化工原料等内容，欢迎下载使用。
考点 化学反应原理综合题
1．（2024·浙江6月卷）氢是清洁能源，硼氢化钠()是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，)
请回答：
(1)该反应能自发进行的条件是_______。
A．高温B．低温C．任意温度D．无法判断
(2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。
A．升高溶液温度B．加入少量异丙胺
C．加入少量固体硼酸D．增大体系压强
(3)为加速水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。
(4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间；；。]
(5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠()再生为。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。)
I．
II．
III．
请书写一个方程式表示再生为的一种制备方法，并注明 。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。)
【答案】(1)C
(2)A
(3)随着投料比增大，NaBH4的水解转化率降低
(4) O2+4e-+2CO2=2 70%
(5)
【解析】（1）反应， ，由可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C；
（2）A．升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意；
B．加入少量异丙胺，H2O的量减少，化学反应速率降低，B不符合题意；
C. 加入少量固体硼酸，H2O的量减少，化学反应速率降低，C不符合题意；
D．增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意；
答案选A。
（3）随着投料比增大，NaBH4的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。
（4）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2， 该条件下，0.49L H2的物质的量为，工作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02ml×6.0×1023ml-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：；
（5）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得， 。
2．（2024·安徽卷）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：
【乙烷制乙烯】
(1)氧化脱氢反应：
计算：
(2)直接脱氢反应为，的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则 0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近的是 (填标号)。
a． b． c．
(3)一定温度和压强下、反应i
反应ⅱ (远大于)(是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)
①仅发生反应i时。的平衡转化宰为，计算 。
②同时发生反应i和ⅱ时。与仅发生反应i相比，的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【乙烷和乙烯混合气的分离】
(4)通过修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现和混合气的分离。的 与分子的键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离和的优点是 。
(5)常温常压下，将和等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度()之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。
A．前，两种气体均未被吸附
B．p点对应的时刻，出口气体的主要成分是
C．a-b对应的时间段内，吸附的逐新被替代
【答案】(1)-566
(2) > b
(3) 增大
(4) 4s空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高
(5)BC
【解析】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/ml=-566kJ/ml。
（2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0。
a．600℃，0.6MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a错误；
b．700℃，0.7MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确；
c．700℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c错误；
故答案选b。
（3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1ml，平衡时C2H6转化率为25%，则消耗C2H60.25ml，生成C2H40.25ml，生成H20.25ml，Ka1==。
②只发生反应i时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发生反应i和反应ii，且从题干可知Ka2远大于Ka1，反应ii为等体积反应，因为反应ii的发生相当于在单独发生反应i的基础上减小了压强，则反应i化学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。
（4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。
（5）A．前30min，等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误；
B．p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确；
C．a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确；
故答案选BC。
3．（2024·湖北卷）用和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。
反应I：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)写出与水反应的化学方程式 。
(2)已知、(n是的化学计量系数)。反应、Ⅱ的与温度的关系曲线见图1。
①反应在的 。
②保持不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时 ，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后 。
(3)恒压容器中，焦炭与的物质的量之比为，为载气。和下，产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。
①初始温度为，缓慢加热至时，实验表明已全部消耗，此时反应体系中含物种为 。
②下，反应速率的变化特点为 ，其原因是 。
【答案】(1)BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑
(2) 1016 105 105
(3) BaO 速率不变至BaC2产率接近100% 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变
【解析】（1）Ba、Ca元素同主族，所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式为BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑；
（2）①反应I+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=KI×KⅡ=，由图1可知，1585K时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即=102.5×10-1.5=10，所以p3CO=10×(105pa)3=1016pa3，则Kp= p3CO=1016pa3；
②由图1可知，1320K时反应I的KI=100=1，即KI==1，所以p2CO=(105pa)2，即pCO=105pa；
③若将容器体积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO=105pa；
（3）①由图2可知，1400K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba物种为BaO；
②图像显示，1823K时BaC2的产率随时间由0开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个定值，即速率保持不变；1400K时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变。
4．（2024·甘肃卷）是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
(1)由制备：
已知
时，由制备硅 (填“吸”或“放”)热 。升高温度有利于制备硅的原因是 。
(2)在催化剂作用下由粗硅制备：。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与和气体反应，转化率随时间的变化如下图所示：
①，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率 。
②当反应达平衡时，的浓度为 ，平衡常数K的计算式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
【答案】(1) 吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
(2) 甲 0.1952 逆反应方向
【解析】（1）由题给热化学方程式：①，；②，；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方程式，，则制备56gSi，即2mlSi，需要吸收热量为；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅。
（2）①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1ml×4.2%=0.0042ml，根据化学化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为，平均反应速率；
②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为：
当反应达平衡时，H2的浓度为，平衡常数K的计算式为；
③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
5．（2024·河北卷）氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。
(1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：。
①若正反应的活化能为，则逆反应的活化能 (用含正的代数式表示)。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入和其，测定温度下体系达平衡时的(为体系初始压强，，P为体系平衡压强)，结果如图。
上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。M点的转化率为 ，温度下用分压表示的平衡常数 。
③下图曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是 (填序号)。
(2)1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为，其中分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，。
①时，，且内，反应进行到时， 。
②时，，若产物T的含量可忽略不计，则此时 后，随T的含量增加， (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) 该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从到平衡时增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低 0.03 D
(2) 5.54 0.033 增大
【解析】（1）①根据反应热与活化能E正和E逆关系为正反应活化能-逆反应活化能可知，该反应的。
②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，即越大。从到，增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由到逐渐降低，即。由题图甲中M点可知，进料比为，平衡时，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。
可计算得，。
③由题图甲中M点可知，进料比为2时，，结合“三段式”，以及时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，也为，曲线D上存在（0.5，60）。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该反应中和的化学计量数之比为，则和的进料比互为倒数(如2与0.5)时，相等。
（2）①根据化学反应速率的计算公式时，，时，。
②已知，又由题给反应速率方程推知，，则，即后。后，D和G转化为T的速率比为，G消耗得更快，则增大。
6．（2024·江苏卷）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
(1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和各1ml的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 。
(2)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。
①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为 。
②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是 。
(3)反应可用于储氢。
①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是 。
②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。
【答案】(1) C、H、Fe
(2) 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少。
(3) NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 -NH2可以与形成氢键 HDO
【详解】（1）①反应器I中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有 CO2、H2O、Fe，发生反应、化合价发生改变的元素有 C、H、Fe。
②CO、H2各1 ml参与上述反应，各生成ml Fe，共生成mlFe，mlFe在反应器Ⅱ中发生反应，列比例计算，共生成ml H₂。
（2）①根据题给反应物及生成物书写即可。②多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，这也会导致产生的NH3减少。
（3）①NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降。②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上，中的H原子连在电负性较大的O原子上，二者之间可以形成氢键③总反应为，用D2代替H2，若生成 HDO，则可确认反应过程中的加氢方式。
7．（2024·山东卷）水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下：
回答列问题：
(1)的焓变 (用代数式表示)。
(2)压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为 (填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 。
(3)压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数 ；此时气体总物质的量为，则的物质的量为 ；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将 (填“增大”“减小”或“不变”)，将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)++
(2) 当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以的摩尔分数减小。
(3) 0.5 不变 不变
【解析】（1）已知三个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以++。
（2）图示温度范围内已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，量减小，摩尔分数减小，量升高，摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表的摩尔分数的变化，则c曲线代表的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。
（3）①压力p下、温度为时，、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数 ；
②设起始状态1mlC(s)，xmlH2O(g)，反应Ⅰ进行完全。
则依据三段式：
根据平衡时、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有、、，解出，，则，而由于平衡时n(总)=4ml，则y=4，y=，则n(CaCO3)= ==0.5。
③若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压不变；体系中增加了，若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压不变的前提下，CO、H2O的分压增大，H2分压减小，则反应Ⅱ的Kp将会发生变化，与事实不符， 所以为了保证Ⅱ的Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即不变。
8．（2024·湖南卷）丙烯腈()是一种重要的化工原料。工业上以为载气，用作催化剂生产的流程如下：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：
ⅲ：
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
(1)总反应 (用含、、和的代数式表示)；
(2)进料混合气中，出料中四种物质(、、、)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：
①表示的曲线是 (填“a”“b”或“c”)；
②反应釜Ⅰ中加入的作用是 。
③出料中没有检测到的原因是 。
④反应后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。
(3)催化剂再生时会释放，可用氨水吸收获得。现将一定量的固体(含水)置于密闭真空容器中，充入和，其中的分压为，在℃下进行干燥。为保证不分解，的分压应不低于 (已知 分解的平衡常数)；
(4)以为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得，其阴极反应式 。
【答案】(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3
(2) c 降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率 CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解 反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少
(3)40
(4)Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4
【分析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH为进料气体生产CH2=CHCN，在反应釜I中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反应iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水；
【详解】（1）根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；
（2）①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1ml，n(C2H5OH)=2ml，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1ml，生成H2O(g)的物质的量约为2ml，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3ml，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1:3:2，故曲线c表示CH2=CHCN的曲线；
②反应釜Ⅰ中发生反应i是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率；
③丙烯酰胺(CH2=CHCONH2)的分解温度约为160°C至170°C，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解；
④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少；
（3）0.72g水的物质的量为0.04ml，故p(H2O)=2.5×102kPa⋅ml−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa；
（4）Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。
9．（2024·黑吉辽卷）为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气：。将和分别以不同起始流速通入反应器中，在和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题：
(1) 0(填“>”或“<”)； ℃。
(2)结合以下信息，可知的燃烧热 。
(3)下列措施可提高M点转化率的是_______(填标号)
A．增大的流速B．将温度升高
C．增大D．使用更高效的催化剂
(4)图中较高流速时，小于和，原因是 。
(5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数 (用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)
(6)负载在上的催化活性高，稳定性强，和的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66，则的相对原子质量为 (精确至1)。
【答案】(1) ＜ 360℃
(2)-258.8
(3)BD
(4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。
(5)6
(6)101
【解析】（1）反应前后的气体分子数目在减小，所以该反应 <0，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。
（2）表示氢气燃烧热的热化学方程式为④，设①，②，③ ，则，因此氢气的燃烧热－57.2kJ/ml－184.6kJ/ml－44kJ/ml=-258.8
（3）A．增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，不符合题意；
B．M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意；
C．增大n(HCl):n(O2)，HCl的转化率减小，不符合题意；
D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，符合题意；
故选BD。
（4）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。
（5）由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4ml，可列出三段式
则。
（6）由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故，则Ru的相对原子质量为101。
10．（2024·全国甲卷）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
(1)已知如下热化学方程式：
计算反应的 。
(2)与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。
(i)图中的曲线是 (填“a”或“b”)。
(ii)时，的转化 ， 。
(iii)时，反应的平衡常数 。
(3)少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
(i)在之间，有和无时的生成速率之比 。
(ii)从图中找出提高了选择性的证据： 。
(ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
根据上述机理，分析提高选择性的原因： 。
【答案】(1)-67
(2) a 80% 7.8 10.92
(3) (或3：2) 5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。
【解析】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的∆H=-29×3+20=-67kJ·ml-1。
（2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a；
(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mml，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mml CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mml，说明还有1.4mml CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mml；
(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mml、n(Br2)=0.2mml、n(CH2Br2)=1.4mml、n(HBr)=7.8mml，故该反应的平衡常数K===10.92。
（3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v==mml·(L·s)-1，无I2的生成速率v==mml·(L·s)-1。生成速率比==；
(ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性；
(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
11．（2024·新课标卷）(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题：
(1)Ni基态原子价电子的轨道表示式为 。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为，镍原子半径为 。
(2)结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为 ，晶体的类型为 。
(3)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑， 有利于的生成(写出两点)。、100℃时CO的平衡转化率α= ，该温度下平衡常数 。
(4)对于同位素交换反应，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为(k为反应速率常数)，则反应一半所需时间 (用k表示)。
【答案】(1)
(2) 8 分子晶体
(3) 小于 降低温度、增大压强 97.3% 9000
(4)
【解析】（1）Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为，则其价电子轨道表示式为；铜晶胞示意图为，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为晶胞面对角线长度的，因为晶胞体积为，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为，则镍原子半径为。
（2）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键2个π键，由的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键2个π键，因此1个分子中含有8个σ键。的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体。
（3）随着温度升高，平衡时的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中的体积分数增大，则压强：，即对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知，、100℃条件下达到平衡时，CO和的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4ml，反应生成的为xml，可得三段式：
，反应后总物质的量为：（4-3x）ml，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有，解得，因此达到平衡时，CO的平衡转化率；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数。
（4）由题给关系式可得，当反应一半时，即，，，则。
12．（2024·浙江1月卷）通过电化学、热化学等方法，将转化为等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答：
(1)某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是 。
(2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
：
Ⅱ：
Ⅲ：
① 。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率为 。
③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的 。[已知：时，电离常数、]
(3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。
Ⅳ：
V：
VI：
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。
A．v与的压强无关 B．v与溶液中溶解的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大 D．在溶液中加入，可提高转化率
②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大：时，v不再显著增大。请解释原因 。
【答案】(1)
(2) +14.8 2.4×10−8 10.00
(3) CD 当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
【解析】（1）①电极B是阴极，则电极反应式是；
（2）①ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .7 kJ /ml+393 .5 kJ/ml =+14.8 kJ/ ml；
②根据三段式，设转化的CO2为x，则：
，则，，则转化率= ；
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 ml⋅L-1氨水和0.18 ml⋅L-1甲酸铵的混合溶液，得出=0.18ml/L， 根据，则，，；
（3）①A．v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误；
B．v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；
C．温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，C错误；
D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确；
故选CD。
②当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
考点 化学反应原理综合题
1．（2024·湖北宜荆一模）为实现碳达峰，利用与催化重整制和是资源化利用的重要研究方向。在某刚性容器中，该重整体系发生如下反应Ⅰ~Ⅳ。
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
用表示进料比。回答下列问题：
(1)根据下表中化学键的键能：计算中的键能为
(2)时，若该刚性容器中只发生反应Ⅲ，下列说法正确的是______（填标号）。
A．其它条件不变，增大压强，平衡不移动
B．当时，反应达到平衡状态
C．若混和气体的密度不再变化，说明反应已达到平衡状态
D．升高温度，平衡右移，正反应速率加快，逆反应速率减慢
(3)固体的量对反应速率的影响很小，但该体系中因积炭生成量增加导致反应Ⅰ速率显著降低，你认为可能的原因是 。
(4)的密闭容器中，进料比x分别为2.0、1.0和0.5下进行催化重整反应，测得平衡时积炭生成量随反应温度的变化如图所示。
①的曲线是 （填“甲”“乙”或“丙”）。
②在温度低于，随着温度的升高，曲线变化趋势逐渐减小的原因是 。
(5)恒温恒容，进料比，压强为时，若催化重整只发生反应Ⅰ和反应Ⅳ，达到平衡时气体总物质的量增加了，混合气中。
①的平衡转化率为 。②反应Ⅳ平衡常数 。
【答案】(1)799
(2)BC
(3)催化剂活性降低（催化剂中毒、催化剂吸附甲烷能力降低等其它合理答案也可）
(4) 甲 温度对反应Ⅲ正向移动影响程度更大，所以积炭量减少
(5) 60% 5
【解析】（1），由于反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，假设的键能为X，则，则的键能为799，答案：799；
（2），A．该反应气体体积增加，其它条件不变，增大压强，平衡逆向移动，故A错误；B．速率之比等于化学计量数之比，所以当时，反应达到平衡状态，故B正确；C．气体质量发生变化，又可知，若混和气体的密度不再变化，说明反应已达到平衡状态，故C正确；D．升高温度，平衡右移，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故D错误；答案：BC；
（3）因积炭生成量增加导致反应Ⅰ速率显著降低是由于积炭使催化剂活性降低（催化剂中毒、催化剂吸附甲烷能力降低等其它合理答案也可），反应速率减慢，答案：催化剂活性降低（催化剂中毒、催化剂吸附甲烷能力降低等其它合理答案也可）；
（4）用x表示进料比，在其它条件不变时，增大进料比，相当于增大CH4的浓度，反应Ⅱ的平衡正向移动，导致积碳增多，因此x=0.5时进料比最小，积碳应该最少，表示的曲线是丙，曲线乙表示进料比x=1.0；曲线甲表示进料比为x=2.0，所以的曲线是甲；随着温度的升高，积炭生成量减少的原因是由于温度升高，反应Ⅲ和Ⅱ平衡正向移动，相对来说，反应Ⅲ进行程度更大，导致积炭量减少，答案：甲、温度对反应Ⅲ正向移动影响程度更大，所以积炭量减少；
（5）恒温恒容，进料比，假设甲烷和二氧化碳分别是1ml，反应Ⅰ先进行，反应Ⅳ后进行，反应Ⅰ转化率为x，二氧化碳的平衡转化率y，得平衡时， 总物质的量增加了
即n总=2+2x=2×1.6，得x=0.6，故的平衡转化率60%，恒温恒容，平衡压强为1.6时，又混合气中，得，得y=0.3，，，水、氢气、二氧化碳类似得出，数据代入得，答案：60%、5。
2．（2024·湖北武汉汉阳部分学校一模）降低空气中二氧化碳的含量是当前研究热点，将二氧化碳转化为能源是缓解环境和能源问题的方案之一，二氧化碳和氢气在一定条件下可转化为甲烷，转化过程中发生的反应如下：
反应Ⅰ(主反应)：
反应Ⅱ(副反应)：
(1)甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为，该反应的 。有利于反应Ⅰ自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。
(2)在实际化工生产过程中，下列措施能提高的转化效率的是 。
a．在一定温度下，适当增大压强
b．总体积一定时，增大反应物与的体积比
c．采用双温控制，前段加热，后段冷却
d．选取高效催化剂及增大催化剂的比表面积
(3)催化加氢合成的过程中，活化的可能途径如图所示(“*”表示物质吸附在催化剂上)，CO是活化的优势中间体，原因是 。
(4)在恒容条件下，按的投料比进行题干反应，平衡时、和CO在含碳物质中的体积分数随温度T的变化如图所示。
①曲线①表示的含碳物质的名称为 。
②N点时反应Ⅱ的 (以分压表示，物质的分压=总压×该物质的物质的量分数，结果保留至小数点后两位)。
(5)甲烷与二氧化碳的重整反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示，已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k是温度为T时反应的速率常数，R和C都为常数)，则该反应的活化能为 (用含x1、y1、x2、y2的式子表示)。
【答案】(1) +247.1kJ/ml 低温
(2)acd
(3)生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成
(4) 二氧化碳 0.39
(5)
【解析】（1）根据盖斯定律可知，由Ⅱ×2−Ⅰ可得 ；反应Ⅰ的、，根据时反应可自发进行，，则低温条件有利于反应Ⅰ自发进行；故答案为：；低温。
（2）a．一定温度下，增大压强，反应速率增大，反应Ⅰ(主反应)的平衡正向移动，的转化效率增大，故a符合题意；
b．总体积一定时，增大与的体积比，的转化效率降低，故b不符合题意；
c．前段加热可使反应速率加快，后段冷却后反应Ⅰ(主反应)的平衡正向移动，的转化效率增大，故c符合题意；
d．选取高效催化剂及增大催化剂的比表面积可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，则的转化效率增大，故d符合题意；
故答案为：acd。
（3）由题图可知，生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成，因此催化加氢合成的过程中，CO是活化的优势中间体；故答案为：生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成。
（4）①在恒容条件下，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ分别向逆反应方向和正反应方向移动，平衡时CO在含碳物质中的体积分数增大，在含碳物质中的体积分数减小，则曲线③表示CO在含碳物质中的体积分数随温度的变化。800℃后，曲线②代表的物质在含碳物质中的体积分数为0，而CO在含碳物质中的体积分数还在随温度的升高而增大，说明800℃后只发生反应Ⅱ，可判断曲线①和②分别表示和在含碳物质中的体积分数随温度的变化；故答案为：二氧化碳。
②N点平衡时和CO在含碳物质中的体积分数均为15%，设起始时和的物质的量均为1ml。则此时生成的和CO均为0.15ml，则平衡时、、，故N点时反应Ⅱ的；故答案为：。
（5）根据图像并结合公式可得、，联立两式解得；故答案为：。
3．（2024·重庆十八中两江实验学校一诊）环氧乙烷(，简称EO)是在有机合成中常用的试剂。EO常温下易燃易爆，其爆炸极限为3~100%。近年来，常用以乙烯、氧气、氮气混合气投料的乙烯氧化法制备EO。部分涉及反应为：
主反应：
副反应：
(1)已知 ，则EO的燃烧热为 。
(2)在温度为T，压强为的环境下，欲提高乙烯的平衡转化率，需 体系中氮气分压(填“增大”或“减小”)。但在实际生产中并非如此，其可能原因是 。
(3)向温度为T，体积为V的容器中加入投料比为2：3：2.8的乙烯、氧气、氮气。已知平衡后：，(其中二碳化合物为分子中含两个碳原子的化合物)。忽略其他反应，乙烯的平衡转化率为 ，副反应的平衡常数为 。
(4)以Ag为催化剂的反应机理如下：
反应Ⅰ： 慢
反应Ⅱ： 快
反应Ⅲ： 快
①定能够提高主反应反应速率的措施有 (填标号)。
A．降低温度 B．通入惰性气体
C．增大浓度 D．增大浓度
②加入1，2-二氯乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后，EO产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图。1，2-二氯乙烷能使EO产量先增加后降低的原因是 。
【答案】(1)1222kJ/ml
(2) 减小 防止环氧乙烷浓度高而爆炸
(3) 60%
(4) D 浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果
【解析】（1）EO的燃烧反应方程为，根据盖斯定律该反应的反应热为，EO的燃烧为；
（2）在恒压体系中，减小氮气分压，相当于给反应体系增压，乙烯转化的正反应气体分子数减小，故增压平衡正向进行，乙烯平衡转化率增大，故应减小体系中氮气分压；但在实际生产中并非如此，其可能原因是，已知EO常温下易燃易爆，其爆炸极限为3~100%，需加入氮气稀释气体，防止环氧乙烷浓度高而爆炸；
（3）设起始时，乙烯、氧气、氮气分别为2ml、3ml、2.8ml，氮气不参与反应，设乙烯在主反应中的的平衡转化量为，在副反应中的平衡转化量为，列出三段式，，，根据题目， ，则，，则，，，则平衡时的物质的量，氧气的物质的量，二氧化碳的物质的量，水的物质的量为0.8ml，乙烯的平衡转化率，副反应的平衡常数为；
（4）A．降低温度，活化分子百分数增加，反应速率减慢，A不符合题意；B．通入惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变，不影响反应速率，B不符合题意；C．反应Ⅱ、Ⅲ是快反应，不能决定该反应的总速率，故增大浓度，反应速率不会明显增大，C不符合题意；D．反应Ⅰ是慢反应，决定反应速率，增大浓度，加快主反应速率，D符合题意；故选CD；加入少量1，2-二氯乙烷会消耗，减少与乙烯的副反应，即减少反应Ⅲ发生，但1，2-二氯乙烷过量，会使催化剂转化为氯化银，使不能再生，催化循环受阻，降低EO产量，故1，2-二氯乙烷能使EO产量先增加后降低的原因是，1，2-二氯乙烷浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果。
4．（2024·湖北襄阳四中一模）氢能是一种重要的绿色能源，在实现“碳中和”与“碳达峰”目标中起到重要作用。乙醇与水催化重整制氢发生以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)①已知反应Ⅲ:，，
则 。
②反应Ⅰ能自发进行的条件为 。
(2)压强为100，的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。
①反应Ⅱ的平衡常数： (填“>”、“=”或“<”)
②的产率：C点 B点(填“>”、“=”或“<”)；
③A、B两点产率相等的原因是 。
(3)压强为100下，1和3发生上述反应，平衡时和的选择性、乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。[已知：的选择性]
①573K时，10分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量 。
②表示选择性的曲线是 (填标号)。
③573K时，反应Ⅱ的 (保留到小数点后两位)。
【答案】(1) 高温
(2) = < B点温度高于A点，升高温度，反应II逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、反应Ⅲ正向移动产生的量相等
(3) -0.6 c 14.04
【解析】（1）观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ+2反应Ⅱ，则，； 的反应能自发进行，反应Ⅰ的，，则反应Ⅰ能自发进行的条件为高温。
（2）①A、D两点的温度相同，则反应Ⅱ的平衡常数：=；
②每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C点所在曲线上取一个点与B点温度相同，标为点E，E点与B点相比温度相同，但是E点的小于B点的，而增大时，三个反应均会正向移动，氢气的产率增大，因此的产率：C点③A、B两点产率相等的原因是B点温度高于A点，升高温度，反应II逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、反应Ⅲ正向移动产生的量相等。
（3）①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小，由于CO的选择性+CO2的选择性=1，则表示CO2选择性的曲线为a，表示选择性的曲线是c，表示乙醇的转化率的曲线是b。573K时，10分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量-1ml=-0.6。
②结合①中分析知，表示选择性的曲线是c。
③573K时，CO2的选择性为85%，CO的选择性为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡时n(CO2)+n(CO)=1ml×0.6×2=1.2ml，n(CO)= 1.2ml×15%= 0.18ml，n(CO2)= 1.2ml×85%= 1.02ml，设反应Ⅰ中转化了xml，反应Ⅱ中CO转化了yml，反应Ⅲ中转化了zml，则，，，那么x+z=0.6，2x-y=0.18，y+2z=1.02，平衡时n(H2O)=3-x-y-3z=3-(x+z)-(y+2z)=3-0.6-1.02=1.38ml，n(H2)=4x+y+6z=4(x+z)+(y+2z)=2.4+1.02=3.42ml，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4ml，故反应Ⅱ的。
5．（2024·河南许昌部分学校高考冲刺）工业合成氨是人类科学技术的重大突破，其反应为。合成氨原料中的一般由分馏液态空气得到，可来源于水煤气，相关反应如下：
a．
b．
回答下列问题：
(1)的反应物总能量 生成物总能量(填“高于”或“低于”)。
(2)在密闭容器中同时发生反应，下列说法正确的是_______。
A．增大压强，反应平衡不移动B．使用催化剂提高平衡转化率
C．升高温度，反应a的增大，减小D．反应a有非极性键的断裂与形成
(3)实验室模拟合成水煤气，一定温度下在的密闭容器中加入与发生反应，在达到平衡时，的转化率是的物质的量是，反应开始到平衡时生成的平均反应速率为 ，计算反应的平衡常数 (写出计算过程)。
(4)合成氨总反应在起始反应物时，在不同条件下达到平衡，设体系中的体积分数为，在下的、下的如图所示，图中对应等压过程的曲线是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，当时氨气的分压 (分压=气体的物质的量分数×总压)。
(5)用氨合成尿素的反应，在高压条件下连续进行，反应历程如图(均大于0)：
①写出合成尿素决速步骤的热化学方程式： 。
②合成尿素过程中会积聚一定浓度的氨基甲酸铵()，为减少氨基甲酸铵的积聚，提高尿素的产率，可控制与的通入比例 (填“>”“<”或“=”)。
【答案】(1)低于
(2)D
(3) ml/(L·min)
(4) Ⅱ 15
(5) H2NCOONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=+Q2kJ/ml <
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应a+b可得反应C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)，则反应△H=(+131.3kJ/ml)+ (—41.2kJ/ml)= +90.1kJ/ml，则该反应是反应物总能量低于生成物总能量的吸热反应，故答案为：低于；
（2）A．反应b是气体体积不变的反应，但增大压强，a平衡逆向移动，水蒸气浓度增大，b化学平衡正向移动，故错误；
B．使用催化剂，化学平衡不移动，一氧化碳的平衡转化率不变，故错误；
C．升高温度，反应a的正逆反应速率都增大，故错误；
D．反应a中有碳碳非极性键的断裂与氢氢非极性键的形成，故正确；
故选D；
（3）设反应a生成的一氧化碳的物质的量为a，由题给数据可建立如下三段式：
由反应b消耗一氧化碳和水蒸气的物质的量比为1∶1可得：a—0.4=2.0—a，解得a=1.2，则反应开始到平衡时生成二氧化碳的反应速率为=ml/(L·min)，反应的平衡常数K==，故答案为：ml/(L·min)；；
（4）合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积分数减小，则图中对应等压过程的曲线为Ⅱ；曲线Ⅰ为等温线，当氨气体积分数为50%时，氨气的分压为30MPa×50%=15MPa，故答案为：Ⅱ；15；
（5）①反应的活化能越大，反应速率越慢。慢反应是反应的决速步骤，由图可知，活化能最大的反应为液态H2NCOONH4分解生成液态尿素和液态水，反应生成1ml尿素，吸收Q2kJ的热量，则合成尿素决速步骤的热化学方程式为H2NCOONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=+Q2kJ/ml，故答案为：H2NCOONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=+Q2kJ/ml；
②由化学式可知，二氧化碳与氨气的反应机理可能为氨气与二氧化碳发生加成反应生成H2NCOOH，H2NCOOH与氨分子发生取代反应生成尿素，所以若氨气过量，会与H2NCOOH反应生成H2NCOONH4，所以为防止H2NCOONH4的积聚，提高尿素的产率，可控制氨气和二氧化碳的通入比例小于2：1，故答案为：<。
6．（2024·江西吉安一中一模）、常用于制造农药等。磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。请回答下列问题：
(1)的VSEPR模型是 。已知中P原子的d能级参与杂化，分子呈三角双锥形（如图甲），由此推知中P的杂化类型为 （填标号）。
A． B． C． D．
(2)已知，① kJ⋅ml，
② kJ⋅ml（）。
则 （用含a、b、c的式子表示）kJ⋅ml。
(3)实验测得的速率方程为（k为速率常数，只与温度、催化剂有关），速率常数k与活化能的经验关系式为（R为常数，为活化能，T为绝对温度）。
①一定温度下，向密闭容器中充入适量和，实验测得在催化剂Cat1、Cat2下与的关系如图乙所示。催化效能较高的是 （填“Cat1”或“Cat2”），判断依据是 。
②将2n ml和n ml充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反应，达到平衡时，为a ml，如果此时移走n ml和0.5n ml ，在相同温度下再达到平衡时的物质的量为x，则x为 （填标号）。
A．ml B．ml C．ml D．0.5a mlml
(4)向恒容密闭容器中投入0.2 ml 和0.2 ml ，发生反应：，在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图丙所示。
①相对曲线b，曲线a改变的条件可能是 ；曲线c改变的条件可能是 。
②曲线b条件下，该反应平衡常数（）为 。[提示：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数。]
【答案】(1) 四面体形 D
(2)
(3) Cat1 改变相同温度，变化值较小，较小 C
(4) 升高温度 加催化剂
【解析】（1）分子中P原子价层电子对数为4，其中孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形。分子含5个单键，需要5个杂化轨道。基态P原子电子排布式为，3s、3p、3d能量相近，可以参与杂化，杂化类型为。
（2）根据盖斯定律可知，（②-①）÷4得目标热化学方程式，则 kJ⋅ml，由于b>a，则，三氯化磷与氯气反应生成五氯化磷是放热反应。
（3）①根据表达式可知，温度变化相同时，值越小，变化值(绝对值)越小，直线斜率越小，催化剂催化效能越大。由图乙可知，Cat1对应直线的斜率较小。
②移走一半反应物，压强减小，减压平衡逆向移动，即平衡时的物质的量小于原平衡的一半，故选C。
（4）①曲线a、b起始状态时，容器体积相同，反应物的物质的量相同，温度越高，压强越大，即温度：a>b。曲线c和b达到相同的平衡状态，只是前者先达到平衡，c反应速率较大，该反应是气体分子数不相等的反应，故c改变条件是加入催化剂，或加入效率更高的催化剂。
②同温同容条件下，压强之比等于物质的量之比。
，，kPa，。
7．（2024·广东惠州一模）对氮氧化物的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。
(1)已知a：
b：C的燃烧热为；
c：
①请写出与反应生成两种无污染性气体的热化学方程式： 。
②将等物质的量的与混合气体分别通入体积均为的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是 。
A．两容器内混合气体密度相等
B．转化率
C．反应平衡常数
(2)可利用钴氨配合物吸收对的配合能力很强，而对的配合能力极低。
①已知的结构如图所示，中含有键的数目是 。
②有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为 。
(有效含钴率)
③钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是 。
(3)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。
①当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。
②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。
【答案】(1) 2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=—748kJ/ml AC
(2) 24NA 85.6% [C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+，[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低
(3) NO+5e—+5H+=NH3+H2O 15：2
【解析】（1）①由题意可知，碳燃烧的热化学方程式为C(s) +O2(g)= CO2(g) △H=—393kJ/ml，由盖斯定律可知，反应b—a—c得到反应2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则反应△H=(—393kJ/ml)—(+182.6kJ/ml)—(+172.4kJ/ml)=—748kJ/ml，故答案为：2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=—748kJ/ml；
②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则1L的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中混合气体密度相等，故正确；
B．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则一氧化氮转化率αⅠ大于αⅡ，故错误；
C．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则反应平衡常数KⅠ大于KⅡ，故正确；
故选AC；
（2）①[C(NH3)6]3+离子中配位键属于σ键、氮氢键属于σ键，则1ml[C(NH3)6]3+离子中含有σ键的数目1ml×24×NAml—1=24NA，故答案为：24NA；
②由题给信息可知，反应消耗一氧化氮的物质的量为2×10—4m3/min×300min×2×10—2ml/m3×60%=0.00072ml，则钴氨溶液中[C(NH3)6]2+有效含钴率为×100%=85.6%，故答案为：85.6%；
③由图可知，前16h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是[C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+，[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低，故答案为：[C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+，[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低；
（3）①由图可知，当电解电压为U2时，催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5e—+5H+=NH3+H2O，故答案为：NO+5e—+5H+=NH3+H2O；
②由图可知，当电解电压为U1时，氢气和氨气的法拉第效率分别为60%和20%，则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为：=15：2，故答案为：15：2。
8．（2024·河北邢台一模）、(主要指和)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的、是环境保护的重要课题。
已知：
反应1：
反应2：
反应3：
反应4：
回答下列问题：
(1)计算 ，已知反应3的，则该反应自发进行的最高温度为 (取整数)K。
(2)已知反应4在某催化剂作用下的反应历程如图。
① (填“”或“”)0.
②该反应历程的决速步骤为 。
③可提高该反应中平衡转化率的措施有 (填两条)。
(3)向密闭容器中充入一定量的和，保持总压为，发生反应4.当时的平衡转化率随温度以及下NO的平衡转化率随投料比的变化关系如图：
①能表示此反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．气体的密度保持不变
B．的浓度不变
C．
②表示时的平衡转化率随温度的变化关系曲线是 (填“＂或“II")，理由是 。
③a、d两点对应的平衡常数大小比较为 (填“>”“<”或“=”)。
④b点对应条件下的压强平衡常数 (为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)。
【答案】(1) -746.0 3729
(2) 过程4 降温、加压(或其他合理答案)
(3) I 该反应为放热反应，温度越高，的平衡转化率越小
【解析】（1）根据盖斯定律，（2×反应1）减反应2可得： ；反应自发进行需要满足，，则该反应自发进行的最高温度为3729K。
（2）①因为反应物的能量高于生成物的能量，所以是放热反应，<0；②活化能越大，反应速率越慢，则是决速步骤，所以答案是过程4；③可提高该反应中平衡转化率的措施有降温、加压(或其他合理答案)。
（3）①A．因为压强不变，该反应是气体分子数减小的反应，则混合气体的体积减小，由质量守恒知，混合气体的质量不变，所以混合气体的密度是变量，当密度保持不变时达平衡，A正确；B．平衡之前，的浓度是变量，当浓度不变时达平衡，B正确；C．当正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达平衡，即达平衡，C错误。故选AB。②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，所以的平衡转化率随温度的变化关系曲线是I。③该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，并且平衡常数只与温度有关，所以温度越高，平衡常数越小，a点温度低，d点温度高，所以 >。④b点，的平衡转化率是80%，设开始投入氢气4ml，则为1ml，转化了0.8ml，，平衡时气体总物质的量为，。
9．（2024·北京海淀期中）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应：
i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO
(1)反应i生成1mlS2时，转移电子的物质的量为 ml。
(2)反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。
ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g) ΔH<0
iii．SO2(g)+3CO(g)COS(g)+2CO2(g) ΔH<0
理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。
①从资源和能源利用的角度说明用反应ii处理尾气的好处： 。
②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是 。
③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为 。
(3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。
①该装置中，正极的电极反应式为 。
②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1ml，则理论上减小了 ml。
【答案】(1)4
(2) 回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂；利用反应ii放热为反应i提供能量 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动 先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变
(3) 2
【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：，据此回答。
【解析】（1）根据题目所给反应方程式可知，每当生成3mlS2，理论上转移12ml电子，则生成1mlS2时，转移电子的物质的量为4ml；
（2）①反应ii处理尾气的好处有：回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量；
②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动；
③通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变；
（3）①根据分析可知，该装置中，正极的电极反应式为：；
②根据电极方程式可知，当消耗1ml亚硫酸根离子，转移4ml电子，同时消耗6ml碳酸氢根离子，生成6ml碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4ml的H+通过质子交换膜来到正极，4ml氢离子可以结合4ml的碳酸根离子生成4ml的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2ml。
10．（2024·北京东城一模）利用零价铁(Fe)耦合过硫酸盐()和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基和HO·产生的机理如图所示。
(1)的结构式是，则的结构式是 。
(2)过程ⅰ中反应的离子方程式是 。
(3)过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价。该过程参与反应的物质还有(填化学式) 。
(4)探究零价铁和混合氧化剂体系降解水样中有机化合物M的能力。
Ⅰ.通过加入甲醇或叔丁醇探究不同自由基降解M的能力。测得M的残留百分含量随时间变化如图所示。
已知：该实验条件下，甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO·
a．X中加入的是 (填“甲醇”或“叔丁醇")。
b．0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·，判断依据是 。
Ⅱ.探究混合氧化剂中的物质的量分数对水样中总有机碳(TOC)去除率的影响。实验开始时，水样的pH=7且加入的相同，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图所示。
注：TOC是以碳的含量表示水中有机化合物的总量。
a．从①到④，TOC去除率升高的原因是 。
b．从④到⑦，TOC去除率下降的原因是 。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4) 甲醇 Y中起作用的自由基主要是，Z中是和HO·。20min时M的残留百分含量Z与Y的差值大于Y与X的差值 随减小，减小，增加，后者对TOC去除率的影响大于前者 随减小，产生的降低，对HO·和的生成均不利
【解析】（1）因为的结构式是，可认为两个，则的结构式是；
（2）过程ⅰ由电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式是；
（3）过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价，则由电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式是,该过程参与反应的物质还有H2O；
（4）Ⅰ. a．由图像知，X曲线中M的残留百分含量最高，已知甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO·，所以X中加入的是甲醇；
b．Y中加入的是叔丁醇，而叔丁醇只消耗HO·，所以Y中起作用的自由基主要是，Z中起作用的自由基是和HO·，20min时M的残留百分含量Z与Y的差值大于Y与X的差值，所以0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·；
Ⅱ. a．由图知，从①到④，物质的量分数减小，减小，减小，增加，后者对TOC去除率的影响大于前者；
b．从④到⑦，减小，根据题干中自由基和HO·产生的机理可知，产生的降低，对HO·和的生成均不利。
11．（2024·湖北圆创联盟一模）丙烯是有机化工中的重要原料，可用丙烷直接脱氢工艺和丙烷氧化脱氢工艺制备，其主反应和有关物质的燃烧热数据如下。
Ⅰ.丙烷直接脱氢工艺：
Ⅱ.丙烷氧化脱氢工艺：
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ的 ，其自发进行的条件是 。丙烷在不同温度下按照一定流速通过铬催化剂反应相同时间，所得混合物中部分物质的体积分数如下表所示，实际控制温度为580℃，原因是 。
(2)①反应Ⅱ属于自由基反应，其反应历程如下，写出第iv步的反应方程式。
i）
ii）
iii）
iv） 。
(3)将、置于某恒温（高于100℃）、恒压（p）的密闭容器中进行反应Ⅱ时，发生了副反应Ⅲ：。达平衡时的体积分数，，则的选择性为 （的选择性，计算结果保留3位有效数字），反应Ⅲ的 （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。
(4)使用惰性电极电解的酸性溶液制丙烯，其装置如下图所示。
①若以铅酸蓄电池作为直流电源，其工作时负极质量 （填“增大”“减小”或“不变”）。
②X电极的电极反应式为 。
【答案】(1) ＋123.9 高温 温度过高，副产物大量增加，能耗增大；温度过低，反应速率慢，单位时间产率降低
(2)2HO⋅→H2O＋O2
(3) 90.9% 11
(4) 增大 3CO2＋18e－＋18H＋=C3H6＋6H2O
【解析】（1）C3H8燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l) △H=－2219.9kJ·ml－1 ①；C3H6燃烧热的热化学方程式：C3H6(g)＋O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l) △H=－2058.0kJ·ml－1 ②；H2燃烧热的热化学方程式：H2(g)＋O2(g)=H2O(l) △H=－285.8kJ·ml－1 ③。根据盖斯定律，①－②－③可得到反应Ⅰ，则△H=－2219.9kJ·ml－1－(－2058.0kJ·ml－1)－(－285.8kJ·ml－1)=＋123.9kJ·ml－1。
该反应是吸热反应，△H＞0；该反应是气体体积增加的反应，则△S＞0；根据△G=△H－T△S，使反应自发，即△G<0，则温度越高越好，即高温有利于自发进行。
温度小于580°时，反应速率慢，单位时间产率较低；温度高于580°时，丙烯的含量虽然有所增加，但是幅度不大，乙烯、甲烷等杂质的含量大幅度增加，同时耗能增大，因此580°最适合。
答案为：＋123.9 高温 温度过高，副产物大量增加，能耗增大；温度过低，反应速率慢，单位时间产率降低。
（2）根据盖斯定律，可利用反应Ⅱ减去2[ⅰ+ⅱ+ⅲ]，可得反应4HO⋅→2H2O＋O2。第三步自由基反应，可知最后一步反应ⅳ应为2HO⋅→H2O＋O2。
（3）假设在反应Ⅱ中C3H8反应了xml，在副反应Ⅲ中C3H8反应了yml，列出三段式，可得：
结合两个反应的数据，可得平衡时，n(C3H8)=(3－x－y)ml，n(O2)=(2－x－2y)ml，n(C3H6)=xml，n(CH3CH2OH)=yml，n(CO2)=yml，n(H2O)=(x＋y)ml，各物质总的物质的量n=(5+x)ml。根据体积分数计算，；，可得x=2.5ml，y=0.25ml。
则选择性。
可求出反应Ⅲ中各物质的物质的量，以及总的物质的量，n(C3H8)=0.25ml，n(O2)=0.25ml，n(CH3CH2OH)=0.25ml，n(CO2)=0.25ml，n(H2O)=2.75ml，n总=6.25ml。，用分压代替浓度可得到Kp，分压=总压物质的量分数，总压为p。带入数据，可得：
。
答案为：90.0% ； 11。
（4）铅酸蓄电池负极的电极方程式为Pb＋2e－＋=PbSO4，负极的变化为Pb→PbSO4，故质量增大。
根据图示，在X极，CO2转化为丙烯，电解质是酸性的。电极方程式：3CO2＋18e－＋18H＋=C3H6＋6H2O。
答案为：增大3CO2＋18e－＋18H＋=C3H6＋6H2O。
12．（2024·山东师范大学附属中学考前适应性测试）研究、的转化具有重要的意义。
I．脱除汽车尾气中NO和CO包括以下两个反应：
反应i．；
反应ii．
(1)反应过程中各物质相对能量如图(TS表示过渡态)：
和反应生成的热化学方程式为 。
(2)将恒定组成的NO和CO混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图。
NO和CO的脱除应选择 (填“高温”或者“低温”)。表示的浓度变化曲线的是 。实验过程中，高于340℃后物质c浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因是 。450℃时，该时间段内NO的脱除率= (保留2位有效数字，NO的脱除率)。
II．将转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
已知：。
(3)该反应在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率约为 。
(4)为提高效率，某研究小组参考文献优化上述方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。
反应iii：
反应iv：
反应V：
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。
A．v与的压强无关
B．v与溶液中溶解的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大
D．在溶液中加入，可提高转化率
②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大；时，v不再显著增大。请解释原因 。
【答案】(1)
(2) 高温 b 反应i、ii的反应速率随温度的升高而增大，高于340℃后，升高温度，反应ii速率增加的程度超过反应i增加的程度，使得反应ii速率大于反应i速率，所以N2O浓度减小 88%
(3)
(4) CD 当时，v随c增大而增大，因M是基元反应ⅲ的反应物(直接影响基元反应v中反应物L的生成)；时，v不再显著增加，因受限于和在溶液中的溶解速度(或浓度)
【解析】（1）由反应i-反应ii得：，根据各物质相对能量图计算出；
（2）根据浓度随温度变化图可知，450℃时，NO、CO浓度最低，脱除效果最好，故应选择高温脱除；根据反应方程式可知，容器内N2的浓度约为CO2的一半，故a曲线表示CO2的浓度变化，b曲线表示N2的浓度变化；实验过程中，高于340℃后物质c浓度逐渐减小，可能是高于340℃后，反应ii速率增加的程度超过反应i增加的程度，使得反应ii的速率大于反应i的速率，所以N2O的浓度减小；根据氮元素守恒，NO的初始浓度为：，转化为氮气的NO的浓度为：，NO的脱除率；
（3）建立平衡关系式：设消耗CO2浓度为x，，，得x=，CO2的转化率；
（4）①A．v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误；
B．与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；
C．温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，C正确；
D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确；
故答案选CD；
②当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
13．（2024·湖北宜荆荆第四次适应性考试）甲醇是重要的化工原料，甲醇的制备与应用也是国际研究的热点。
I．某温度下，利用生产甲醇主要涉及以下反应。
反应1.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ；
反应2.CO2(g)+H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g) ；
(1)反应1自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
(2)升高温度，的值将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)向绝热恒容密闭容器中充入等物质的量的CO2(g)和H2(g)发生上述反应，下列可说明反应已达平衡状态的是___________(填编号)。
A．容器内温度不变B．混合气体平均密度保持不变
C．CH3OH的体积分数保持不变D．v正(CO2)=v逆(CO)
(4)在恒温密闭容器中，发生反应1和反应2，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[CH3OH%=]随着温度变化关系如图所示。
①写出一种增大平衡时CH3OH选择性的方法 。
②分析温度高于236°C后CO2转化率下降的原因 。
③在244°C，向容积为V的容器内投入1mlCO2(g)和3mlH2(g)充分反应，计算平衡时生成CH3OH的物质的量为 ml(计算结果保留两位有效数字)。
II.工业上也可用电化学法制备甲醇。
(5)采用如图原电池制备甲醇。通入CO的一端发生的电极反应为 。
【答案】(1)低温
(2)减小
(3)AC
(4) 适当降温，适当增大压强 升温，反应1平衡左移，生成CO2，反应2平衡右移，消耗CO2。温度高于 236°C 后，反应1生成的CO2大于反应2消耗的CO2 0.061
(5)
【解析】（1）根据 ΔG=ΔH-TΔS，反应I的ΔH<0，正反应气体体积数减小，ΔS<0，ΔG<0反应自发，自发进行的条件是低温；
（2）反应1加上反应2所得的反应K=K1⋅K2，且所得新反应ΔH=ΔH1+ΔH2<0，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，故所得的反应K减小，即K1⋅K2减小；
（3）A．化学反应一定伴随能量变化，绝热密闭容器温度不变，说明反应平衡，A正确；
B．反应前后无固体参与，气体质量不变，容器体积不变，根据ρ=m/V可知，密度一直不变，混合气体平均密度保持不变无法说明反应到达平衡，B错误；
C．CH3OH的体积分数未平衡时会一直改变，保持不变时到达平衡，C正确；
D．反应1也有二氧化碳参加反应，则v正(CO2)=v逆(CO) 不能说明反应已经平衡，D错误；
故选AC；
（4）①反应I生成CH3OH，是气体体积减小的放热反应，要增大平衡时CH3OH的选择性，则可以适当降温，适当增大压强；
②根据反应I和反应II的ΔH，升温，反应1平衡左移，生成CO2，反应2平衡右移，消耗CO2，且反应I受温度影响更大，故温度高于 236°C 后，反应1生成的CO2大于反应2消耗的CO2；
③从图可知244°C二氧化碳转化率10.5%，甲醇选择性58.3%。则平衡甲醇物质的量为1×10.5% ×58.3%=0.061ml；
（5）根据装置可知，CO在左侧电极得电子，转化为CH3OH，电解液为酸性，故电极反应为CO+4e-+4H+=CH3OH。
14．（2024·山东淄博三模）和的重整制氢涉及如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1) ，该反应能 （填“高温”或“低温”）自发进行。
(2)一定温度下，向容积不等的恒容密闭容器中分别通入等量的发生反应Ⅰ，经过相同时间，测得各容器中的转化率与容器容积的关系如图所示，下列说法正确的是______。
A．b、c点的
B．正反应速率
C．a点所示条件下满足
D．在a点再通入，平衡后的转化率将增大
(3)在恒压下按组成通入混合气体，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图甲所示，测得平衡状态下的收率和的转化率随温度的变化曲线如图乙所示。
[已知：的收率，的收率]
①时，的体积分数为 ，在范围内，其他条件不变，随着温度升高，的体积分数先增大而后减小，其原因可能是 。
②计算，的收率 。保持恒压和投料比不变，不通入，则相同温度下转化率 （填“增大”“减小”或“不变”）。
③设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为）除以。计算时反应Ⅰ的相对压力平衡常数为 （列式表示）。
【答案】(1) 高温
(2)BC
(3) 950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗多 21% 减小
【解析】（1）反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，根据盖斯定律可知，；
，时，反应可以自发进行，该反应，，可知高温能自发进行；
（2）A．容器体积越小，压强越大，反应速率越大，达平衡所需时间越短，故a、b点为平衡点，c点为非平衡点，a、b点的Q=K，A选项错误；
B．容器体积越小，压强越大，反应速率越大，故正反应速率a>c，B选项正确；
C．a点为平衡点，故a点所示条件下满足v正(H2S)=2v逆(S2)，C选项正确；
D．在a点再通入H2S，平衡后H2S的转化率将减小，D选项错误；
故答案选BC；
（3）在恒压100kPa下按组成n(H2S):n(CH4):n(Ar)=1:1:4.7通入混合气体，由图甲知，1050℃时，CS2的体积分数为0.1%，S2体积分数为1.6%，列三段式如下：
n总=1-2x-2y+1-y-z+y+z+2x+2y+4z+x-y+4.7=6.7+x-y+4z，CS2的体积分数=， S2的体积分数=，由H2体积分数=可知，H2体积分数=2×S2的体积分数＋4×CS2的体积分数=3.6%；
950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成S2(g)多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗S2(g)多，故在950℃~1150℃范围内，其他条件不变，随着温度升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小；
T1℃时，H2S的转化率为32%，S2的收率为4%，设起始投料H2S为1ml，则反应的H2S为0.32ml，S2和CS2中总的S原子为0.32ml，S2中的S原子为0.0128ml，则CS2中S原子为0.3072ml，CS2中C原子为0.1536ml，则消耗的CH4为0.1536ml，H2中总的H原子为0.32ml×2＋0.1536×4=1.2544ml，则H2的收率为；
保持恒压100kPa和投料比n(H2S):n(CH4)=1:1不变，不通入Ar，容器的体积减小，则平衡向左进行，相同温度下H2S转化率减小；
T1℃时，H2S的转化率为32%，S2的收率为4%，设起始投料H2S为1ml，则反应的H2S为0.32ml，剩余的H2S为0.68ml，S2和CS2中总的S原子为0.32ml，S2中的S原子为0.0128ml，S2为0.0064ml，约为0.006ml，则CS2中S原子为0.3072ml，CS2为0.1536ml，CS2中C原子为0.1536ml，则消耗的CH4为0.1536ml，剩余的CH4为0.8464ml，H2中总的H原子为0.32ml×2＋0.1536×4=1.2544ml，H2为0.6272ml，约为0.6ml，体系总的物质的量为7ml，反应Ⅰ的相对压力平衡常数为。
15．（2024·辽宁沈阳第二中学模拟）利用下列反应可减少排放，是实现“双碳”目标的途径之一。
I．
II．
III．
请回答：
(1)反应I自发进行的条件是 。(填“高温”、“低温”或“任何温度”)
(2)一定压强下，往某密闭容器中按投料比充入和反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①下列说法正确的是 。
A．图中X、Y分别代表CO、
B．增大的比值，的平衡转化率增大
C．若容器内混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应已达到平衡状态
D．250℃时，反应II的平衡常数K<1
②体系中的物质的量分数受温度的影响不大，试分析原因 。
(3)在一定温度下，在一容积固定的密闭容器中充入1ml (g)和3ml (g)，仅发生反应I。起始时容器内气体的总压强为16p kPa，平衡时(g)的体积分数为30%，则该温度下反应I的平衡常数 (用含p的表达式表示)。(已知：用气体分压计算的平衡常数为，分压=总压×物质的量分数)。
(4)多相催化反应是在催化剂表面通过“扩散→吸附→反应→脱附”四个基本过程进行的。的平衡转化率随着浓度的增加先增大后减小，减小的原因是 。如图，我国学者发现T℃时，在铜催化剂上二氧化碳加氢的反应机理如下，其中反应II为慢反应，请画出反应能量变化图像。
【答案】(1)低温
(2) CD 温度升高反应I左移，温度升高反应II右移，且对体积分数的影响程度接近
(3)
(4) 浓度继续增加，会造成催化剂表面的吸附率下降
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应I=反应II+反应III，，如果使反应自发进行，则G=H-TS小于0，由题干可知，反应Ⅰ的小于0，S小于0，所以T应该是低温。
（2）①A．反应1和反应3为放热反应，升温时甲醇的物质的量分数应减小，反应2为吸热反应，升温时CO的物质的量分数应变大，按投料比充入H2和CO2，导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以X代表CO，Y代表甲醇，Z代表水，故A错误；
B．增大的的比值，H2的平衡转化率应该减小，故B错误；
C．，气体质量不变，体积变化，密度是个变化量，混合气体的密度不再改变时，说明反应已达到平衡状态，故C正确；
D．平衡常数K=，通过图像可以得到，分子小于分母，K<1，故D正确；
故答案为：CD；
②根据方程式可知，反应Ⅰ消耗CO2，反应Ⅱ逆向生成CO2，最终CO2的物质的量的分数与上下两个反应进行的程度有关，反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度变化时，2个反应移动方向相反，导致体系中的CO2物质的量分数受温度的影响不大；答案：温度升高反应Ⅰ左移，温度升高反应Ⅱ右移，且对CO2体积分数的影响程度接近。
（3）一定温度下，密闭容器，充入1 ml CO2(g)和3ml H2(g)，起始时容器内气体的总压强为16pkPa，平衡时CH3OH(g)的体积分数为30%，假设CO2(g)变化量为X，
则平衡时CH3OH(g)物质的量X，总物质的量4-2X，=30%，得到，X=0.75，总物质的量为2.5ml，根据PV=nRT，得平衡时总压强为10p kPa，H2O压强3pkPa，CH3OH压强3pkPa，CO2压强1pkPa和 H2压强3pkPa（分压=总压×物质的量分数），得Kp=。
（4）H2浓度的适度增加，会提高催化剂表面H2的浓度，浓度过大会影响CO2的吸附效果，所以H2浓度的增加，CO2的平衡转换率增大；H2浓度继续增加，会造成催化剂表面CO2的吸附率下降；由题可知，反应Ⅱ为慢反应，即所需活化能较大，反应Ⅱ为快反应，即所需活化能较小，可以得到所示图像：。
化学键
键能
1067
436
463
物质
燃烧热
-2219.9
-2058.0
-285.8
510℃
550℃
580℃
620℃
丙烷（%）
64.82
57.87
37.76
31.91
丙烯（%）
12.33
15.85
22.72
23.13
乙烯（%）
0.12
0.19
0.20
0.71
甲烷（%）
1.50
2.78
4.03
7.31
氢气（%）
20.47
18.99
25.45
31.14
考点 化学反应原理综合题
1．（2024·浙江6月卷）氢是清洁能源，硼氢化钠()是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，)
请回答：
(1)该反应能自发进行的条件是_______。
A．高温B．低温C．任意温度D．无法判断
(2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。
A．升高溶液温度B．加入少量异丙胺
C．加入少量固体硼酸D．增大体系压强
(3)为加速水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。
(4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间；；。]
(5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠()再生为。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。)
I．
II．
III．
请书写一个方程式表示再生为的一种制备方法，并注明 。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。)
【答案】(1)C
(2)A
(3)随着投料比增大，NaBH4的水解转化率降低
(4) O2+4e-+2CO2=2 70%
(5)
【解析】（1）反应， ，由可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C；
（2）A．升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意；
B．加入少量异丙胺，H2O的量减少，化学反应速率降低，B不符合题意；
C. 加入少量固体硼酸，H2O的量减少，化学反应速率降低，C不符合题意；
D．增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意；
答案选A。
（3）随着投料比增大，NaBH4的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。
（4）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2， 该条件下，0.49L H2的物质的量为，工作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02ml×6.0×1023ml-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：；
（5）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得， 。
2．（2024·安徽卷）乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：
【乙烷制乙烯】
(1)氧化脱氢反应：
计算：
(2)直接脱氢反应为，的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则 0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近的是 (填标号)。
a． b． c．
(3)一定温度和压强下、反应i
反应ⅱ (远大于)(是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)
①仅发生反应i时。的平衡转化宰为，计算 。
②同时发生反应i和ⅱ时。与仅发生反应i相比，的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【乙烷和乙烯混合气的分离】
(4)通过修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现和混合气的分离。的 与分子的键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离和的优点是 。
(5)常温常压下，将和等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度()之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。
A．前，两种气体均未被吸附
B．p点对应的时刻，出口气体的主要成分是
C．a-b对应的时间段内，吸附的逐新被替代
【答案】(1)-566
(2) > b
(3) 增大
(4) 4s空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高
(5)BC
【解析】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/ml=-566kJ/ml。
（2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0。
a．600℃，0.6MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a错误；
b．700℃，0.7MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确；
c．700℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c错误；
故答案选b。
（3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1ml，平衡时C2H6转化率为25%，则消耗C2H60.25ml，生成C2H40.25ml，生成H20.25ml，Ka1==。
②只发生反应i时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动，同时发生反应i和反应ii，且从题干可知Ka2远大于Ka1，反应ii为等体积反应，因为反应ii的发生相当于在单独发生反应i的基础上减小了压强，则反应i化学平衡正向移动，C2H4平衡产率增大。
（4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。
（5）A．前30min，等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误；
B．p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确；
C．a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确；
故答案选BC。
3．（2024·湖北卷）用和焦炭为原料，经反应I、Ⅱ得到，再制备乙炔是我国科研人员提出的绿色环保新路线。
反应I：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)写出与水反应的化学方程式 。
(2)已知、(n是的化学计量系数)。反应、Ⅱ的与温度的关系曲线见图1。
①反应在的 。
②保持不变，假定恒容容器中只发生反应I，达到平衡时 ，若将容器体积压缩到原来的，重新建立平衡后 。
(3)恒压容器中，焦炭与的物质的量之比为，为载气。和下，产率随时间的关系曲线依实验数据拟合得到图2(不考虑接触面积的影响)。
①初始温度为，缓慢加热至时，实验表明已全部消耗，此时反应体系中含物种为 。
②下，反应速率的变化特点为 ，其原因是 。
【答案】(1)BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑
(2) 1016 105 105
(3) BaO 速率不变至BaC2产率接近100% 容器中只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变
【解析】（1）Ba、Ca元素同主族，所以BaC2与水的反应和CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式为BaC2+2H2O→Ba(OH)2+HC≡CH↑；
（2）①反应I+反应Ⅱ得BaCO3(s)+4C(s)BaC2(s)+3CO(g)，所以其平衡常数K=KI×KⅡ=，由图1可知，1585K时KI=102.5，KⅡ=10-1.5，即=102.5×10-1.5=10，所以p3CO=10×(105pa)3=1016pa3，则Kp= p3CO=1016pa3；
②由图1可知，1320K时反应I的KI=100=1，即KI==1，所以p2CO=(105pa)2，即pCO=105pa；
③若将容器体积压缩到原来的，由于温度不变、平衡常数不变，重新建立平衡后pCO应不变，即pCO=105pa；
（3）①由图2可知，1400K时，BaC2的产率为0，即没有BaC2，又实验表明BaBO3已全部消耗，所以此时反应体系中含Ba物种为BaO；
②图像显示，1823K时BaC2的产率随时间由0开始呈直线增加到接近100%，说明该反应速率为一个定值，即速率保持不变；1400K时碳酸钡已全部消耗，此时反应体系的含钡物种只有氧化钡，即只有反应Ⅱ：BaO(s)+3C(s) BaC2(s)+CO(g)，反应条件恒温1823K、恒压，且该反应只有CO为气态，据可知，CO的压强为定值，所以化学反应速率不变。
4．（2024·甘肃卷）是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
(1)由制备：
已知
时，由制备硅 (填“吸”或“放”)热 。升高温度有利于制备硅的原因是 。
(2)在催化剂作用下由粗硅制备：。，密闭容器中，经不同方式处理的粗硅和催化剂混合物与和气体反应，转化率随时间的变化如下图所示：
①，经方式 处理后的反应速率最快；在此期间，经方式丙处理后的平均反应速率 。
②当反应达平衡时，的浓度为 ，平衡常数K的计算式为 。
③增大容器体积，反应平衡向 移动。
【答案】(1) 吸 587.02 该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅
(2) 甲 0.1952 逆反应方向
【解析】（1）由题给热化学方程式：①，；②，；则根据盖斯定律可知，①+②，可得热化学方程式，，则制备56gSi，即2mlSi，需要吸收热量为；该反应为吸热反应，升高温度，反应正向移动，有利于制备硅。
（2）①由转化率图像可知，0-50min，经方式甲处理后反应速率最快；经方式丙处理后，50min时SiCl4的转化率为4.2%，反应的SiCl4的物质的量为0.1ml×4.2%=0.0042ml，根据化学化学计量数可得反应生成的SiHCl3的物质的量为，平均反应速率；
②反应达到平衡时，SiCl4的转化率为14.6%，列出三段式为：
当反应达平衡时，H2的浓度为，平衡常数K的计算式为；
③增大容器体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，即反应平衡向逆反应方向移动。
5．（2024·河北卷）氯气是一种重要的基础化工原料，广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1，4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。
(1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂，工业上制备原理如下：。
①若正反应的活化能为，则逆反应的活化能 (用含正的代数式表示)。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入和其，测定温度下体系达平衡时的(为体系初始压强，，P为体系平衡压强)，结果如图。
上图中温度由高到低的顺序为 ，判断依据为 。M点的转化率为 ，温度下用分压表示的平衡常数 。
③下图曲线中能准确表示温度下随进料比变化的是 (填序号)。
(2)1，4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体，可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为，其中分别为各反应中对应反应物的浓度，k为速率常数(分别对应反应①~⑤)。某温度下，反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计)，测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下，。
①时，，且内，反应进行到时， 。
②时，，若产物T的含量可忽略不计，则此时 后，随T的含量增加， (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1) 该反应正反应放热，且气体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强减小，从到平衡时增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度逐渐降低 0.03 D
(2) 5.54 0.033 增大
【解析】（1）①根据反应热与活化能E正和E逆关系为正反应活化能-逆反应活化能可知，该反应的。
②该反应的正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，即越大。从到，增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由到逐渐降低，即。由题图甲中M点可知，进料比为，平衡时，已知恒温恒容情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可据此列出“三段式”。
可计算得，。
③由题图甲中M点可知，进料比为2时，，结合“三段式”，以及时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，也为，曲线D上存在（0.5，60）。本题也可以快解：根据“等效平衡”原理，该反应中和的化学计量数之比为，则和的进料比互为倒数(如2与0.5)时，相等。
（2）①根据化学反应速率的计算公式时，，时，。
②已知，又由题给反应速率方程推知，，则，即后。后，D和G转化为T的速率比为，G消耗得更快，则增大。
6．（2024·江苏卷）氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
(1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ；含CO和各1ml的混合气体通过该方法制氢，理论上可获得 。
(2)一定条件下，将氮气和氢气按混合匀速通入合成塔，发生反应。海绵状的作催化剂，多孔作为的“骨架”和气体吸附剂。
①中含有CO会使催化剂中毒。和氨水的混合溶液能吸收CO生成溶液，该反应的化学方程式为 。
②含量与表面积、出口处氨含量关系如图所示。含量大于，出口处氨含量下降的原因是 。
(3)反应可用于储氢。
①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的溶液中通入，产率随温度变化如图所示。温度高于，产率下降的可能原因是 。
②使用含氨基物质(化学式为，CN是一种碳衍生材料)联合催化剂储氢，可能机理如图所示。氨基能将控制在催化剂表面，其原理是 ；用重氢气(D2)代替H2，通过检测是否存在 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。
【答案】(1) C、H、Fe
(2) 多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，产生NH3减少。
(3) NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降 -NH2可以与形成氢键 HDO
【详解】（1）①反应器I中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3，产物有 CO2、H2O、Fe，发生反应、化合价发生改变的元素有 C、H、Fe。
②CO、H2各1 ml参与上述反应，各生成ml Fe，共生成mlFe，mlFe在反应器Ⅱ中发生反应，列比例计算，共生成ml H₂。
（2）①根据题给反应物及生成物书写即可。②多孔 Al2O3可作为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH3，Al2O3含量大于2%时，α-Fe表面积减小，反应速率减小，这也会导致产生的NH3减少。
（3）①NaHCO3受热易分解，导致HCOO-产率下降。②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上，中的H原子连在电负性较大的O原子上，二者之间可以形成氢键③总反应为，用D2代替H2，若生成 HDO，则可确认反应过程中的加氢方式。
7．（2024·山东卷）水煤气是的主要来源，研究对体系制的影响，涉及主要反应如下：
回答列问题：
(1)的焓变 (用代数式表示)。
(2)压力p下，体系达平衡后，图示温度范围内已完全反应，在温度时完全分解。气相中，和摩尔分数随温度的变化关系如图所示，则a线对应物种为 (填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物种摩尔分数逐渐降低的原因是 。
(3)压力p下、温度为时，图示三种气体的摩尔分数分别为0.50，0.15，0.05，则反应的平衡常数 ；此时气体总物质的量为，则的物质的量为 ；若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，分压将 (填“增大”“减小”或“不变”)，将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)++
(2) 当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以的摩尔分数减小。
(3) 0.5 不变 不变
【解析】（1）已知三个反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
设目标反应为Ⅳ，根据盖斯定律，Ⅳ=Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ，所以++。
（2）图示温度范围内已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，量减小，摩尔分数减小，量升高，摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表的摩尔分数的变化，则c曲线代表的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，已完全分解，只发生反应Ⅱ，所以的摩尔分数减小。
（3）①压力p下、温度为时，、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则H2O(g)的摩尔分数为：，则反应的平衡常数 ；
②设起始状态1mlC(s)，xmlH2O(g)，反应Ⅰ进行完全。
则依据三段式：
根据平衡时、、和摩尔分数分别为0.50、0.15、0.05，则有、、，解出，，则，而由于平衡时n(总)=4ml，则y=4，y=，则n(CaCO3)= ==0.5。
③若向平衡体系中通入少量，重新达平衡后，反应的Kp=，温度不变，Kp不变，则分压不变；体系中增加了，若反应Ⅱ逆向移动，在CO2分压不变的前提下，CO、H2O的分压增大，H2分压减小，则反应Ⅱ的Kp将会发生变化，与事实不符， 所以为了保证Ⅱ的Kp也不变，最终所有物质的分压均不变，即不变。
8．（2024·湖南卷）丙烯腈()是一种重要的化工原料。工业上以为载气，用作催化剂生产的流程如下：
已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：
②反应釜Ⅰ中发生的反应：
ⅰ：
③反应釜Ⅱ中发生的反应：
ⅱ：
ⅲ：
④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。
回答下列问题：
(1)总反应 (用含、、和的代数式表示)；
(2)进料混合气中，出料中四种物质(、、、)的流量，(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：
①表示的曲线是 (填“a”“b”或“c”)；
②反应釜Ⅰ中加入的作用是 。
③出料中没有检测到的原因是 。
④反应后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。
(3)催化剂再生时会释放，可用氨水吸收获得。现将一定量的固体(含水)置于密闭真空容器中，充入和，其中的分压为，在℃下进行干燥。为保证不分解，的分压应不低于 (已知 分解的平衡常数)；
(4)以为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得，其阴极反应式 。
【答案】(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3
(2) c 降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率 CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解 反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少
(3)40
(4)Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4
【分析】工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂，由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH为进料气体生产CH2=CHCN，在反应釜I中发生反应i：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)+H2O(g)，加入NH3后，在反应釜Ⅱ中发生反应ii：CH2=CHCOOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)+C2H5OH(g)，反应iii：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)+H2O(g)，故产物的混合气体中有CH2=CHCN、未反应完的C2H5OH、CH2=CHCOOC2H5(g)和水；
【详解】（1）根据盖斯定律，总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应i+反应ii+反应iii得到，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3；
（2）①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)→CH2=CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1ml，n(C2H5OH)=2ml，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1ml，生成H2O(g)的物质的量约为2ml，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3ml，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1:3:2，故曲线c表示CH2=CHCN的曲线；
②反应釜Ⅰ中发生反应i是气体体积增大的反应，故加入C2H5OH降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率；
③丙烯酰胺(CH2=CHCONH2)的分解温度约为160°C至170°C，出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是CH2=CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解；
④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少；
（3）0.72g水的物质的量为0.04ml，故p(H2O)=2.5×102kPa⋅ml−1×n(H2O)=10kPa，NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3=NH3↑+CO2↑+H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)p(CO2)p(H2O)=4×104(kPa)3，解得p(NH3)=40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa；
（4）Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物，与水不溶，水中不电离，以CH2=CHCN为原料在Sn做的阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4，故阴极的电极反应式为Sn+4CH2=CHCN+4e-+4H+=Sn(CH2CH2CN)4。
9．（2024·黑吉辽卷）为实现氯资源循环利用，工业上采用催化氧化法处理废气：。将和分别以不同起始流速通入反应器中，在和下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。
回答下列问题：
(1) 0(填“>”或“<”)； ℃。
(2)结合以下信息，可知的燃烧热 。
(3)下列措施可提高M点转化率的是_______(填标号)
A．增大的流速B．将温度升高
C．增大D．使用更高效的催化剂
(4)图中较高流速时，小于和，原因是 。
(5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数 (用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)
(6)负载在上的催化活性高，稳定性强，和的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，与的密度比为1.66，则的相对原子质量为 (精确至1)。
【答案】(1) ＜ 360℃
(2)-258.8
(3)BD
(4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。
(5)6
(6)101
【解析】（1）反应前后的气体分子数目在减小，所以该反应 <0，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。
（2）表示氢气燃烧热的热化学方程式为④，设①，②，③ ，则，因此氢气的燃烧热－57.2kJ/ml－184.6kJ/ml－44kJ/ml=-258.8
（3）A．增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，不符合题意；
B．M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意；
C．增大n(HCl):n(O2)，HCl的转化率减小，不符合题意；
D．使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，符合题意；
故选BD。
（4）图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。
（5）由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4ml，可列出三段式
则。
（6）由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故，则Ru的相对原子质量为101。
10．（2024·全国甲卷）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：
(1)已知如下热化学方程式：
计算反应的 。
(2)与反应生成，部分会进一步溴化。将和。通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。
(i)图中的曲线是 (填“a”或“b”)。
(ii)时，的转化 ， 。
(iii)时，反应的平衡常数 。
(3)少量可提高生成的选择性。时，分别在有和无的条件下，将和，通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
(i)在之间，有和无时的生成速率之比 。
(ii)从图中找出提高了选择性的证据： 。
(ⅲ)研究表明，参与反应的可能机理如下：
①
②
③
④
⑤
⑥
根据上述机理，分析提高选择性的原因： 。
【答案】(1)-67
(2) a 80% 7.8 10.92
(3) (或3：2) 5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 I2的投入消耗了部分CH2Br2，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
【分析】根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断还行反应进行的方向从而判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时间内物质的含量变化计算速率并计算速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。
【解析】（1）将第一个热化学方程式命名为①，将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律，将方程式①乘以3再加上方程式②，即①×3+②，故热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)=C3H6(g)+6HBr(g)的∆H=-29×3+20=-67kJ·ml-1。
（2）(i)根据方程式①，升高温度，反应向吸热反应方向移动，升高温度，平衡逆向移动，CH4(g)的含量增多，CH3Br(g)的含量减少，故CH3Br的曲线为a；
(ii)560℃时反应达平衡，剩余的CH4(g)的物质的量为1.6mml，其转化率α=×100%=80%；若只发生一步反应，则生成6.4mml CH3Br，但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0mml，说明还有1.4mml CH3Br发生反应生成CH2Br2，则此时生成的HBr的物质的量n=6.4+1.4=7.8mml；
(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0mml、n(Br2)=0.2mml、n(CH2Br2)=1.4mml、n(HBr)=7.8mml，故该反应的平衡常数K===10.92。
（3）(i)11~19s时，有I2的生成速率v==mml·(L·s)-1，无I2的生成速率v==mml·(L·s)-1。生成速率比==；
(ii)从图中可以看出，大约4.5s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低，有I2催化的CH3Br的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性；
(iii)根据反应机理，I2的投入消耗了部分CH2Br2，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性。
11．（2024·新课标卷）(四羰合镍，沸点43℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题：
(1)Ni基态原子价电子的轨道表示式为 。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为，镍原子半径为 。
(2)结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为 ，晶体的类型为 。
(3)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑， 有利于的生成(写出两点)。、100℃时CO的平衡转化率α= ，该温度下平衡常数 。
(4)对于同位素交换反应，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为(k为反应速率常数)，则反应一半所需时间 (用k表示)。
【答案】(1)
(2) 8 分子晶体
(3) 小于 降低温度、增大压强 97.3% 9000
(4)
【解析】（1）Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为，则其价电子轨道表示式为；铜晶胞示意图为，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为晶胞面对角线长度的，因为晶胞体积为，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为，则镍原子半径为。
（2）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键2个π键，由的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键2个π键，因此1个分子中含有8个σ键。的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体。
（3）随着温度升高，平衡时的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中的体积分数增大，则压强：，即对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知，、100℃条件下达到平衡时，CO和的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4ml，反应生成的为xml，可得三段式：
，反应后总物质的量为：（4-3x）ml，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有，解得，因此达到平衡时，CO的平衡转化率；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数。
（4）由题给关系式可得，当反应一半时，即，，，则。
12．（2024·浙江1月卷）通过电化学、热化学等方法，将转化为等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答：
(1)某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是 。
(2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
：
Ⅱ：
Ⅲ：
① 。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率为 。
③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的 。[已知：时，电离常数、]
(3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。
Ⅳ：
V：
VI：
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。
A．v与的压强无关 B．v与溶液中溶解的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大 D．在溶液中加入，可提高转化率
②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大：时，v不再显著增大。请解释原因 。
【答案】(1)
(2) +14.8 2.4×10−8 10.00
(3) CD 当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
【解析】（1）①电极B是阴极，则电极反应式是；
（2）①ΔH3= ΔH2 -ΔH1=-378 .7 kJ /ml+393 .5 kJ/ml =+14.8 kJ/ ml；
②根据三段式，设转化的CO2为x，则：
，则，，则转化率= ；
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 ml⋅L-1氨水和0.18 ml⋅L-1甲酸铵的混合溶液，得出=0.18ml/L， 根据，则，，；
（3）①A．v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误；
B．v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；
C．温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，C错误；
D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确；
故选CD。
②当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
考点 化学反应原理综合题
1．（2024·湖北宜荆一模）为实现碳达峰，利用与催化重整制和是资源化利用的重要研究方向。在某刚性容器中，该重整体系发生如下反应Ⅰ~Ⅳ。
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
Ⅳ．
用表示进料比。回答下列问题：
(1)根据下表中化学键的键能：计算中的键能为
(2)时，若该刚性容器中只发生反应Ⅲ，下列说法正确的是______（填标号）。
A．其它条件不变，增大压强，平衡不移动
B．当时，反应达到平衡状态
C．若混和气体的密度不再变化，说明反应已达到平衡状态
D．升高温度，平衡右移，正反应速率加快，逆反应速率减慢
(3)固体的量对反应速率的影响很小，但该体系中因积炭生成量增加导致反应Ⅰ速率显著降低，你认为可能的原因是 。
(4)的密闭容器中，进料比x分别为2.0、1.0和0.5下进行催化重整反应，测得平衡时积炭生成量随反应温度的变化如图所示。
①的曲线是 （填“甲”“乙”或“丙”）。
②在温度低于，随着温度的升高，曲线变化趋势逐渐减小的原因是 。
(5)恒温恒容，进料比，压强为时，若催化重整只发生反应Ⅰ和反应Ⅳ，达到平衡时气体总物质的量增加了，混合气中。
①的平衡转化率为 。②反应Ⅳ平衡常数 。
【答案】(1)799
(2)BC
(3)催化剂活性降低（催化剂中毒、催化剂吸附甲烷能力降低等其它合理答案也可）
(4) 甲 温度对反应Ⅲ正向移动影响程度更大，所以积炭量减少
(5) 60% 5
【解析】（1），由于反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，假设的键能为X，则，则的键能为799，答案：799；
（2），A．该反应气体体积增加，其它条件不变，增大压强，平衡逆向移动，故A错误；B．速率之比等于化学计量数之比，所以当时，反应达到平衡状态，故B正确；C．气体质量发生变化，又可知，若混和气体的密度不再变化，说明反应已达到平衡状态，故C正确；D．升高温度，平衡右移，正反应速率加快，逆反应速率也加快，故D错误；答案：BC；
（3）因积炭生成量增加导致反应Ⅰ速率显著降低是由于积炭使催化剂活性降低（催化剂中毒、催化剂吸附甲烷能力降低等其它合理答案也可），反应速率减慢，答案：催化剂活性降低（催化剂中毒、催化剂吸附甲烷能力降低等其它合理答案也可）；
（4）用x表示进料比，在其它条件不变时，增大进料比，相当于增大CH4的浓度，反应Ⅱ的平衡正向移动，导致积碳增多，因此x=0.5时进料比最小，积碳应该最少，表示的曲线是丙，曲线乙表示进料比x=1.0；曲线甲表示进料比为x=2.0，所以的曲线是甲；随着温度的升高，积炭生成量减少的原因是由于温度升高，反应Ⅲ和Ⅱ平衡正向移动，相对来说，反应Ⅲ进行程度更大，导致积炭量减少，答案：甲、温度对反应Ⅲ正向移动影响程度更大，所以积炭量减少；
（5）恒温恒容，进料比，假设甲烷和二氧化碳分别是1ml，反应Ⅰ先进行，反应Ⅳ后进行，反应Ⅰ转化率为x，二氧化碳的平衡转化率y，得平衡时， 总物质的量增加了
即n总=2+2x=2×1.6，得x=0.6，故的平衡转化率60%，恒温恒容，平衡压强为1.6时，又混合气中，得，得y=0.3，，，水、氢气、二氧化碳类似得出，数据代入得，答案：60%、5。
2．（2024·湖北武汉汉阳部分学校一模）降低空气中二氧化碳的含量是当前研究热点，将二氧化碳转化为能源是缓解环境和能源问题的方案之一，二氧化碳和氢气在一定条件下可转化为甲烷，转化过程中发生的反应如下：
反应Ⅰ(主反应)：
反应Ⅱ(副反应)：
(1)甲烷与二氧化碳制备合成气的反应为，该反应的 。有利于反应Ⅰ自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。
(2)在实际化工生产过程中，下列措施能提高的转化效率的是 。
a．在一定温度下，适当增大压强
b．总体积一定时，增大反应物与的体积比
c．采用双温控制，前段加热，后段冷却
d．选取高效催化剂及增大催化剂的比表面积
(3)催化加氢合成的过程中，活化的可能途径如图所示(“*”表示物质吸附在催化剂上)，CO是活化的优势中间体，原因是 。
(4)在恒容条件下，按的投料比进行题干反应，平衡时、和CO在含碳物质中的体积分数随温度T的变化如图所示。
①曲线①表示的含碳物质的名称为 。
②N点时反应Ⅱ的 (以分压表示，物质的分压=总压×该物质的物质的量分数，结果保留至小数点后两位)。
(5)甲烷与二氧化碳的重整反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图所示，已知Arrhenius经验公式为(为活化能，k是温度为T时反应的速率常数，R和C都为常数)，则该反应的活化能为 (用含x1、y1、x2、y2的式子表示)。
【答案】(1) +247.1kJ/ml 低温
(2)acd
(3)生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成
(4) 二氧化碳 0.39
(5)
【解析】（1）根据盖斯定律可知，由Ⅱ×2−Ⅰ可得 ；反应Ⅰ的、，根据时反应可自发进行，，则低温条件有利于反应Ⅰ自发进行；故答案为：；低温。
（2）a．一定温度下，增大压强，反应速率增大，反应Ⅰ(主反应)的平衡正向移动，的转化效率增大，故a符合题意；
b．总体积一定时，增大与的体积比，的转化效率降低，故b不符合题意；
c．前段加热可使反应速率加快，后段冷却后反应Ⅰ(主反应)的平衡正向移动，的转化效率增大，故c符合题意；
d．选取高效催化剂及增大催化剂的比表面积可加快反应速率，缩短到达平衡的时间，则的转化效率增大，故d符合题意；
故答案为：acd。
（3）由题图可知，生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成，因此催化加氢合成的过程中，CO是活化的优势中间体；故答案为：生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成。
（4）①在恒容条件下，升高温度，反应Ⅰ和反应Ⅱ分别向逆反应方向和正反应方向移动，平衡时CO在含碳物质中的体积分数增大，在含碳物质中的体积分数减小，则曲线③表示CO在含碳物质中的体积分数随温度的变化。800℃后，曲线②代表的物质在含碳物质中的体积分数为0，而CO在含碳物质中的体积分数还在随温度的升高而增大，说明800℃后只发生反应Ⅱ，可判断曲线①和②分别表示和在含碳物质中的体积分数随温度的变化；故答案为：二氧化碳。
②N点平衡时和CO在含碳物质中的体积分数均为15%，设起始时和的物质的量均为1ml。则此时生成的和CO均为0.15ml，则平衡时、、，故N点时反应Ⅱ的；故答案为：。
（5）根据图像并结合公式可得、，联立两式解得；故答案为：。
3．（2024·重庆十八中两江实验学校一诊）环氧乙烷(，简称EO)是在有机合成中常用的试剂。EO常温下易燃易爆，其爆炸极限为3~100%。近年来，常用以乙烯、氧气、氮气混合气投料的乙烯氧化法制备EO。部分涉及反应为：
主反应：
副反应：
(1)已知 ，则EO的燃烧热为 。
(2)在温度为T，压强为的环境下，欲提高乙烯的平衡转化率，需 体系中氮气分压(填“增大”或“减小”)。但在实际生产中并非如此，其可能原因是 。
(3)向温度为T，体积为V的容器中加入投料比为2：3：2.8的乙烯、氧气、氮气。已知平衡后：，(其中二碳化合物为分子中含两个碳原子的化合物)。忽略其他反应，乙烯的平衡转化率为 ，副反应的平衡常数为 。
(4)以Ag为催化剂的反应机理如下：
反应Ⅰ： 慢
反应Ⅱ： 快
反应Ⅲ： 快
①定能够提高主反应反应速率的措施有 (填标号)。
A．降低温度 B．通入惰性气体
C．增大浓度 D．增大浓度
②加入1，2-二氯乙烷会发生。一定条件下，反应经过一定时间后，EO产率及选择性与1，2-二氯乙烷浓度关系如图。1，2-二氯乙烷能使EO产量先增加后降低的原因是 。
【答案】(1)1222kJ/ml
(2) 减小 防止环氧乙烷浓度高而爆炸
(3) 60%
(4) D 浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果
【解析】（1）EO的燃烧反应方程为，根据盖斯定律该反应的反应热为，EO的燃烧为；
（2）在恒压体系中，减小氮气分压，相当于给反应体系增压，乙烯转化的正反应气体分子数减小，故增压平衡正向进行，乙烯平衡转化率增大，故应减小体系中氮气分压；但在实际生产中并非如此，其可能原因是，已知EO常温下易燃易爆，其爆炸极限为3~100%，需加入氮气稀释气体，防止环氧乙烷浓度高而爆炸；
（3）设起始时，乙烯、氧气、氮气分别为2ml、3ml、2.8ml，氮气不参与反应，设乙烯在主反应中的的平衡转化量为，在副反应中的平衡转化量为，列出三段式，，，根据题目， ，则，，则，，，则平衡时的物质的量，氧气的物质的量，二氧化碳的物质的量，水的物质的量为0.8ml，乙烯的平衡转化率，副反应的平衡常数为；
（4）A．降低温度，活化分子百分数增加，反应速率减慢，A不符合题意；B．通入惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变，不影响反应速率，B不符合题意；C．反应Ⅱ、Ⅲ是快反应，不能决定该反应的总速率，故增大浓度，反应速率不会明显增大，C不符合题意；D．反应Ⅰ是慢反应，决定反应速率，增大浓度，加快主反应速率，D符合题意；故选CD；加入少量1，2-二氯乙烷会消耗，减少与乙烯的副反应，即减少反应Ⅲ发生，但1，2-二氯乙烷过量，会使催化剂转化为氯化银，使不能再生，催化循环受阻，降低EO产量，故1，2-二氯乙烷能使EO产量先增加后降低的原因是，1，2-二氯乙烷浓度低时抑制副反应增加主反应选择性，1，2-二氯乙烷浓度较高时则会使催化剂失活降低催化效果。
4．（2024·湖北襄阳四中一模）氢能是一种重要的绿色能源，在实现“碳中和”与“碳达峰”目标中起到重要作用。乙醇与水催化重整制氢发生以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)①已知反应Ⅲ:，，
则 。
②反应Ⅰ能自发进行的条件为 。
(2)压强为100，的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。
①反应Ⅱ的平衡常数： (填“>”、“=”或“<”)
②的产率：C点 B点(填“>”、“=”或“<”)；
③A、B两点产率相等的原因是 。
(3)压强为100下，1和3发生上述反应，平衡时和的选择性、乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。[已知：的选择性]
①573K时，10分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量 。
②表示选择性的曲线是 (填标号)。
③573K时，反应Ⅱ的 (保留到小数点后两位)。
【答案】(1) 高温
(2) = < B点温度高于A点，升高温度，反应II逆向移动消耗氢气的量与反应Ⅰ、反应Ⅲ正向移动产生的量相等
(3) -0.6 c 14.04
【解析】（1）观察知，反应Ⅲ=反应Ⅰ+2反应Ⅱ，则，； 的反应能自发进行，反应Ⅰ的，，则反应Ⅰ能自发进行的条件为高温。
（2）①A、D两点的温度相同，则反应Ⅱ的平衡常数：=；
②每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C点所在曲线上取一个点与B点温度相同，标为点E，E点与B点相比温度相同，但是E点的小于B点的，而增大时，三个反应均会正向移动，氢气的产率增大，因此的产率：C点
（3）①反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小，由于CO的选择性+CO2的选择性=1，则表示CO2选择性的曲线为a，表示选择性的曲线是c，表示乙醇的转化率的曲线是b。573K时，10分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量-1ml=-0.6。
②结合①中分析知，表示选择性的曲线是c。
③573K时，CO2的选择性为85%，CO的选择性为15%，乙醇的转化率为0.6，则平衡时n(CO2)+n(CO)=1ml×0.6×2=1.2ml，n(CO)= 1.2ml×15%= 0.18ml，n(CO2)= 1.2ml×85%= 1.02ml，设反应Ⅰ中转化了xml，反应Ⅱ中CO转化了yml，反应Ⅲ中转化了zml，则，，，那么x+z=0.6，2x-y=0.18，y+2z=1.02，平衡时n(H2O)=3-x-y-3z=3-(x+z)-(y+2z)=3-0.6-1.02=1.38ml，n(H2)=4x+y+6z=4(x+z)+(y+2z)=2.4+1.02=3.42ml，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4ml，故反应Ⅱ的。
5．（2024·河南许昌部分学校高考冲刺）工业合成氨是人类科学技术的重大突破，其反应为。合成氨原料中的一般由分馏液态空气得到，可来源于水煤气，相关反应如下：
a．
b．
回答下列问题：
(1)的反应物总能量 生成物总能量(填“高于”或“低于”)。
(2)在密闭容器中同时发生反应，下列说法正确的是_______。
A．增大压强，反应平衡不移动B．使用催化剂提高平衡转化率
C．升高温度，反应a的增大，减小D．反应a有非极性键的断裂与形成
(3)实验室模拟合成水煤气，一定温度下在的密闭容器中加入与发生反应，在达到平衡时，的转化率是的物质的量是，反应开始到平衡时生成的平均反应速率为 ，计算反应的平衡常数 (写出计算过程)。
(4)合成氨总反应在起始反应物时，在不同条件下达到平衡，设体系中的体积分数为，在下的、下的如图所示，图中对应等压过程的曲线是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，当时氨气的分压 (分压=气体的物质的量分数×总压)。
(5)用氨合成尿素的反应，在高压条件下连续进行，反应历程如图(均大于0)：
①写出合成尿素决速步骤的热化学方程式： 。
②合成尿素过程中会积聚一定浓度的氨基甲酸铵()，为减少氨基甲酸铵的积聚，提高尿素的产率，可控制与的通入比例 (填“>”“<”或“=”)。
【答案】(1)低于
(2)D
(3) ml/(L·min)
(4) Ⅱ 15
(5) H2NCOONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=+Q2kJ/ml <
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应a+b可得反应C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)，则反应△H=(+131.3kJ/ml)+ (—41.2kJ/ml)= +90.1kJ/ml，则该反应是反应物总能量低于生成物总能量的吸热反应，故答案为：低于；
（2）A．反应b是气体体积不变的反应，但增大压强，a平衡逆向移动，水蒸气浓度增大，b化学平衡正向移动，故错误；
B．使用催化剂，化学平衡不移动，一氧化碳的平衡转化率不变，故错误；
C．升高温度，反应a的正逆反应速率都增大，故错误；
D．反应a中有碳碳非极性键的断裂与氢氢非极性键的形成，故正确；
故选D；
（3）设反应a生成的一氧化碳的物质的量为a，由题给数据可建立如下三段式：
由反应b消耗一氧化碳和水蒸气的物质的量比为1∶1可得：a—0.4=2.0—a，解得a=1.2，则反应开始到平衡时生成二氧化碳的反应速率为=ml/(L·min)，反应的平衡常数K==，故答案为：ml/(L·min)；；
（4）合成氨反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积分数减小，则图中对应等压过程的曲线为Ⅱ；曲线Ⅰ为等温线，当氨气体积分数为50%时，氨气的分压为30MPa×50%=15MPa，故答案为：Ⅱ；15；
（5）①反应的活化能越大，反应速率越慢。慢反应是反应的决速步骤，由图可知，活化能最大的反应为液态H2NCOONH4分解生成液态尿素和液态水，反应生成1ml尿素，吸收Q2kJ的热量，则合成尿素决速步骤的热化学方程式为H2NCOONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=+Q2kJ/ml，故答案为：H2NCOONH4(l)CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=+Q2kJ/ml；
②由化学式可知，二氧化碳与氨气的反应机理可能为氨气与二氧化碳发生加成反应生成H2NCOOH，H2NCOOH与氨分子发生取代反应生成尿素，所以若氨气过量，会与H2NCOOH反应生成H2NCOONH4，所以为防止H2NCOONH4的积聚，提高尿素的产率，可控制氨气和二氧化碳的通入比例小于2：1，故答案为：<。
6．（2024·江西吉安一中一模）、常用于制造农药等。磷在氯气中燃烧生成这两种卤化磷。请回答下列问题：
(1)的VSEPR模型是 。已知中P原子的d能级参与杂化，分子呈三角双锥形（如图甲），由此推知中P的杂化类型为 （填标号）。
A． B． C． D．
(2)已知，① kJ⋅ml，
② kJ⋅ml（）。
则 （用含a、b、c的式子表示）kJ⋅ml。
(3)实验测得的速率方程为（k为速率常数，只与温度、催化剂有关），速率常数k与活化能的经验关系式为（R为常数，为活化能，T为绝对温度）。
①一定温度下，向密闭容器中充入适量和，实验测得在催化剂Cat1、Cat2下与的关系如图乙所示。催化效能较高的是 （填“Cat1”或“Cat2”），判断依据是 。
②将2n ml和n ml充入体积不变的密闭容器中，一定条件下发生上述反应，达到平衡时，为a ml，如果此时移走n ml和0.5n ml ，在相同温度下再达到平衡时的物质的量为x，则x为 （填标号）。
A．ml B．ml C．ml D．0.5a mlml
(4)向恒容密闭容器中投入0.2 ml 和0.2 ml ，发生反应：，在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图丙所示。
①相对曲线b，曲线a改变的条件可能是 ；曲线c改变的条件可能是 。
②曲线b条件下，该反应平衡常数（）为 。[提示：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数。]
【答案】(1) 四面体形 D
(2)
(3) Cat1 改变相同温度，变化值较小，较小 C
(4) 升高温度 加催化剂
【解析】（1）分子中P原子价层电子对数为4，其中孤电子对数为1，VSEPR模型为四面体形。分子含5个单键，需要5个杂化轨道。基态P原子电子排布式为，3s、3p、3d能量相近，可以参与杂化，杂化类型为。
（2）根据盖斯定律可知，（②-①）÷4得目标热化学方程式，则 kJ⋅ml，由于b>a，则，三氯化磷与氯气反应生成五氯化磷是放热反应。
（3）①根据表达式可知，温度变化相同时，值越小，变化值(绝对值)越小，直线斜率越小，催化剂催化效能越大。由图乙可知，Cat1对应直线的斜率较小。
②移走一半反应物，压强减小，减压平衡逆向移动，即平衡时的物质的量小于原平衡的一半，故选C。
（4）①曲线a、b起始状态时，容器体积相同，反应物的物质的量相同，温度越高，压强越大，即温度：a>b。曲线c和b达到相同的平衡状态，只是前者先达到平衡，c反应速率较大，该反应是气体分子数不相等的反应，故c改变条件是加入催化剂，或加入效率更高的催化剂。
②同温同容条件下，压强之比等于物质的量之比。
，，kPa，。
7．（2024·广东惠州一模）对氮氧化物的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。
(1)已知a：
b：C的燃烧热为；
c：
①请写出与反应生成两种无污染性气体的热化学方程式： 。
②将等物质的量的与混合气体分别通入体积均为的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是 。
A．两容器内混合气体密度相等
B．转化率
C．反应平衡常数
(2)可利用钴氨配合物吸收对的配合能力很强，而对的配合能力极低。
①已知的结构如图所示，中含有键的数目是 。
②有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为 。
(有效含钴率)
③钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是 。
(3)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。
①当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。
②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。
【答案】(1) 2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=—748kJ/ml AC
(2) 24NA 85.6% [C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+，[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低
(3) NO+5e—+5H+=NH3+H2O 15：2
【解析】（1）①由题意可知，碳燃烧的热化学方程式为C(s) +O2(g)= CO2(g) △H=—393kJ/ml，由盖斯定律可知，反应b—a—c得到反应2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则反应△H=(—393kJ/ml)—(+182.6kJ/ml)—(+172.4kJ/ml)=—748kJ/ml，故答案为：2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=—748kJ/ml；
②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则1L的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中混合气体密度相等，故正确；
B．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则一氧化氮转化率αⅠ大于αⅡ，故错误；
C．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则反应平衡常数KⅠ大于KⅡ，故正确；
故选AC；
（2）①[C(NH3)6]3+离子中配位键属于σ键、氮氢键属于σ键，则1ml[C(NH3)6]3+离子中含有σ键的数目1ml×24×NAml—1=24NA，故答案为：24NA；
②由题给信息可知，反应消耗一氧化氮的物质的量为2×10—4m3/min×300min×2×10—2ml/m3×60%=0.00072ml，则钴氨溶液中[C(NH3)6]2+有效含钴率为×100%=85.6%，故答案为：85.6%；
③由图可知，前16h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是[C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+，[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低，故答案为：[C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+，[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低；
（3）①由图可知，当电解电压为U2时，催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5e—+5H+=NH3+H2O，故答案为：NO+5e—+5H+=NH3+H2O；
②由图可知，当电解电压为U1时，氢气和氨气的法拉第效率分别为60%和20%，则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为：=15：2，故答案为：15：2。
8．（2024·河北邢台一模）、(主要指和)是大气主要污染物之一、有效去除大气中的、是环境保护的重要课题。
已知：
反应1：
反应2：
反应3：
反应4：
回答下列问题：
(1)计算 ，已知反应3的，则该反应自发进行的最高温度为 (取整数)K。
(2)已知反应4在某催化剂作用下的反应历程如图。
① (填“”或“”)0.
②该反应历程的决速步骤为 。
③可提高该反应中平衡转化率的措施有 (填两条)。
(3)向密闭容器中充入一定量的和，保持总压为，发生反应4.当时的平衡转化率随温度以及下NO的平衡转化率随投料比的变化关系如图：
①能表示此反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．气体的密度保持不变
B．的浓度不变
C．
②表示时的平衡转化率随温度的变化关系曲线是 (填“＂或“II")，理由是 。
③a、d两点对应的平衡常数大小比较为 (填“>”“<”或“=”)。
④b点对应条件下的压强平衡常数 (为用分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，列出计算式即可)。
【答案】(1) -746.0 3729
(2) 过程4 降温、加压(或其他合理答案)
(3) I 该反应为放热反应，温度越高，的平衡转化率越小
【解析】（1）根据盖斯定律，（2×反应1）减反应2可得： ；反应自发进行需要满足，，则该反应自发进行的最高温度为3729K。
（2）①因为反应物的能量高于生成物的能量，所以是放热反应，<0；②活化能越大，反应速率越慢，则是决速步骤，所以答案是过程4；③可提高该反应中平衡转化率的措施有降温、加压(或其他合理答案)。
（3）①A．因为压强不变，该反应是气体分子数减小的反应，则混合气体的体积减小，由质量守恒知，混合气体的质量不变，所以混合气体的密度是变量，当密度保持不变时达平衡，A正确；B．平衡之前，的浓度是变量，当浓度不变时达平衡，B正确；C．当正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应达平衡，即达平衡，C错误。故选AB。②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率减小，所以的平衡转化率随温度的变化关系曲线是I。③该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，并且平衡常数只与温度有关，所以温度越高，平衡常数越小，a点温度低，d点温度高，所以 >。④b点，的平衡转化率是80%，设开始投入氢气4ml，则为1ml，转化了0.8ml，，平衡时气体总物质的量为，。
9．（2024·北京海淀期中）黄铁矿[主要成分为二硫化亚铁(FeS2)]、焦炭和适量空气混合加热发生如下反应：
i．3FeS2+2C+3O2=3S2+Fe3O4+2CO
(1)反应i生成1mlS2时，转移电子的物质的量为 ml。
(2)反应i所得气体经冷凝回收S2后，尾气中还含有CO和SO2。将尾气通过催化剂进行处理，发生反应ii，同时发生副反应iii。
ii．2SO2(g)+4CO(g)S2(g)+4CO2(g) ΔH<0
iii．SO2(g)+3CO(g)COS(g)+2CO2(g) ΔH<0
理论分析及实验结果表明，600~1000K范围内，SO2平衡转化率接近100%。其他条件相同，不同温度下，S2、COS平衡产率和10min时S2实际产率如图。
①从资源和能源利用的角度说明用反应ii处理尾气的好处： 。
②随温度升高，S2平衡产率上升，推测其原因是 。
③900K，在10min后继续反应足够长时间，推测S2实际产率的变化趋势可能为 。
(3)处理后的尾气仍含少量SO2，经Na2CO3溶液洗脱处理后，所得洗脱液主要成分为Na2CO3、NaHCO3和Na2SO3.利用生物电池技术，可将洗脱液中的Na2SO3转化为单质硫(以S表示)回收。
①该装置中，正极的电极反应式为 。
②一段时间后，若洗脱液中的物质的量减小了1ml，则理论上减小了 ml。
【答案】(1)4
(2) 回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂；利用反应ii放热为反应i提供能量 温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大；对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动 先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变
(3) 2
【分析】原电池中，葡萄糖转化为二氧化碳和水，碳的化合价在升高，作负极，Na2SO3中硫的化合价在降低，则正极电极反应为：，据此回答。
【解析】（1）根据题目所给反应方程式可知，每当生成3mlS2，理论上转移12ml电子，则生成1mlS2时，转移电子的物质的量为4ml；
（2）①反应ii处理尾气的好处有：回收单质硫，处理尾气不需要另加氧化剂或还原剂，利用反应ii放热为反应i提供能量；
②随温度升高，S2平衡产率上升，其原因是：温度升高，反应iii平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应ii，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，平衡正向移动；
③通过观察图像可知，10min时S2的实际产率大于平衡产率，所以最终要减小到与900K时产率相等，则900K，在10min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为：先增大后减小至900K时S2的平衡产率后保持不变，或：减小至900K时S2的平衡产率后保持不变；
（3）①根据分析可知，该装置中，正极的电极反应式为：；
②根据电极方程式可知，当消耗1ml亚硫酸根离子，转移4ml电子，同时消耗6ml碳酸氢根离子，生成6ml碳酸根离子，根据电荷守恒，则有4ml的H+通过质子交换膜来到正极，4ml氢离子可以结合4ml的碳酸根离子生成4ml的碳酸氢根离子，则理论上碳酸氢根离子减小了2ml。
10．（2024·北京东城一模）利用零价铁(Fe)耦合过硫酸盐()和过氧化氢产生自由基去除污水中的有机化合物是目前研究的热点。其中自由基和HO·产生的机理如图所示。
(1)的结构式是，则的结构式是 。
(2)过程ⅰ中反应的离子方程式是 。
(3)过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价。该过程参与反应的物质还有(填化学式) 。
(4)探究零价铁和混合氧化剂体系降解水样中有机化合物M的能力。
Ⅰ.通过加入甲醇或叔丁醇探究不同自由基降解M的能力。测得M的残留百分含量随时间变化如图所示。
已知：该实验条件下，甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO·
a．X中加入的是 (填“甲醇”或“叔丁醇")。
b．0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·，判断依据是 。
Ⅱ.探究混合氧化剂中的物质的量分数对水样中总有机碳(TOC)去除率的影响。实验开始时，水样的pH=7且加入的相同，其他条件不变。在相同时间内测得的实验数据如图所示。
注：TOC是以碳的含量表示水中有机化合物的总量。
a．从①到④，TOC去除率升高的原因是 。
b．从④到⑦，TOC去除率下降的原因是 。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4) 甲醇 Y中起作用的自由基主要是，Z中是和HO·。20min时M的残留百分含量Z与Y的差值大于Y与X的差值 随减小，减小，增加，后者对TOC去除率的影响大于前者 随减小，产生的降低，对HO·和的生成均不利
【解析】（1）因为的结构式是，可认为两个，则的结构式是；
（2）过程ⅰ由电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式是；
（3）过程ⅱ会导致溶液酸性增强，其中硫元素在反应前后均为＋6价，则由电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式是,该过程参与反应的物质还有H2O；
（4）Ⅰ. a．由图像知，X曲线中M的残留百分含量最高，已知甲醇同时消耗HO·和，叔丁醇只消耗HO·，所以X中加入的是甲醇；
b．Y中加入的是叔丁醇，而叔丁醇只消耗HO·，所以Y中起作用的自由基主要是，Z中起作用的自由基是和HO·，20min时M的残留百分含量Z与Y的差值大于Y与X的差值，所以0～20min，Z中降解M的自由基主要是HO·；
Ⅱ. a．由图知，从①到④，物质的量分数减小，减小，减小，增加，后者对TOC去除率的影响大于前者；
b．从④到⑦，减小，根据题干中自由基和HO·产生的机理可知，产生的降低，对HO·和的生成均不利。
11．（2024·湖北圆创联盟一模）丙烯是有机化工中的重要原料，可用丙烷直接脱氢工艺和丙烷氧化脱氢工艺制备，其主反应和有关物质的燃烧热数据如下。
Ⅰ.丙烷直接脱氢工艺：
Ⅱ.丙烷氧化脱氢工艺：
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ的 ，其自发进行的条件是 。丙烷在不同温度下按照一定流速通过铬催化剂反应相同时间，所得混合物中部分物质的体积分数如下表所示，实际控制温度为580℃，原因是 。
(2)①反应Ⅱ属于自由基反应，其反应历程如下，写出第iv步的反应方程式。
i）
ii）
iii）
iv） 。
(3)将、置于某恒温（高于100℃）、恒压（p）的密闭容器中进行反应Ⅱ时，发生了副反应Ⅲ：。达平衡时的体积分数，，则的选择性为 （的选择性，计算结果保留3位有效数字），反应Ⅲ的 （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。
(4)使用惰性电极电解的酸性溶液制丙烯，其装置如下图所示。
①若以铅酸蓄电池作为直流电源，其工作时负极质量 （填“增大”“减小”或“不变”）。
②X电极的电极反应式为 。
【答案】(1) ＋123.9 高温 温度过高，副产物大量增加，能耗增大；温度过低，反应速率慢，单位时间产率降低
(2)2HO⋅→H2O＋O2
(3) 90.9% 11
(4) 增大 3CO2＋18e－＋18H＋=C3H6＋6H2O
【解析】（1）C3H8燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(l) △H=－2219.9kJ·ml－1 ①；C3H6燃烧热的热化学方程式：C3H6(g)＋O2(g)=3CO2(g)＋3H2O(l) △H=－2058.0kJ·ml－1 ②；H2燃烧热的热化学方程式：H2(g)＋O2(g)=H2O(l) △H=－285.8kJ·ml－1 ③。根据盖斯定律，①－②－③可得到反应Ⅰ，则△H=－2219.9kJ·ml－1－(－2058.0kJ·ml－1)－(－285.8kJ·ml－1)=＋123.9kJ·ml－1。
该反应是吸热反应，△H＞0；该反应是气体体积增加的反应，则△S＞0；根据△G=△H－T△S，使反应自发，即△G<0，则温度越高越好，即高温有利于自发进行。
温度小于580°时，反应速率慢，单位时间产率较低；温度高于580°时，丙烯的含量虽然有所增加，但是幅度不大，乙烯、甲烷等杂质的含量大幅度增加，同时耗能增大，因此580°最适合。
答案为：＋123.9 高温 温度过高，副产物大量增加，能耗增大；温度过低，反应速率慢，单位时间产率降低。
（2）根据盖斯定律，可利用反应Ⅱ减去2[ⅰ+ⅱ+ⅲ]，可得反应4HO⋅→2H2O＋O2。第三步自由基反应，可知最后一步反应ⅳ应为2HO⋅→H2O＋O2。
（3）假设在反应Ⅱ中C3H8反应了xml，在副反应Ⅲ中C3H8反应了yml，列出三段式，可得：
结合两个反应的数据，可得平衡时，n(C3H8)=(3－x－y)ml，n(O2)=(2－x－2y)ml，n(C3H6)=xml，n(CH3CH2OH)=yml，n(CO2)=yml，n(H2O)=(x＋y)ml，各物质总的物质的量n=(5+x)ml。根据体积分数计算，；，可得x=2.5ml，y=0.25ml。
则选择性。
可求出反应Ⅲ中各物质的物质的量，以及总的物质的量，n(C3H8)=0.25ml，n(O2)=0.25ml，n(CH3CH2OH)=0.25ml，n(CO2)=0.25ml，n(H2O)=2.75ml，n总=6.25ml。，用分压代替浓度可得到Kp，分压=总压物质的量分数，总压为p。带入数据，可得：
。
答案为：90.0% ； 11。
（4）铅酸蓄电池负极的电极方程式为Pb＋2e－＋=PbSO4，负极的变化为Pb→PbSO4，故质量增大。
根据图示，在X极，CO2转化为丙烯，电解质是酸性的。电极方程式：3CO2＋18e－＋18H＋=C3H6＋6H2O。
答案为：增大3CO2＋18e－＋18H＋=C3H6＋6H2O。
12．（2024·山东师范大学附属中学考前适应性测试）研究、的转化具有重要的意义。
I．脱除汽车尾气中NO和CO包括以下两个反应：
反应i．；
反应ii．
(1)反应过程中各物质相对能量如图(TS表示过渡态)：
和反应生成的热化学方程式为 。
(2)将恒定组成的NO和CO混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图。
NO和CO的脱除应选择 (填“高温”或者“低温”)。表示的浓度变化曲线的是 。实验过程中，高于340℃后物质c浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因是 。450℃时，该时间段内NO的脱除率= (保留2位有效数字，NO的脱除率)。
II．将转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
已知：。
(3)该反应在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率约为 。
(4)为提高效率，某研究小组参考文献优化上述方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持和的压强不变，总反应的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。
反应iii：
反应iv：
反应V：
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 。
A．v与的压强无关
B．v与溶液中溶解的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大
D．在溶液中加入，可提高转化率
②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大；时，v不再显著增大。请解释原因 。
【答案】(1)
(2) 高温 b 反应i、ii的反应速率随温度的升高而增大，高于340℃后，升高温度，反应ii速率增加的程度超过反应i增加的程度，使得反应ii速率大于反应i速率，所以N2O浓度减小 88%
(3)
(4) CD 当时，v随c增大而增大，因M是基元反应ⅲ的反应物(直接影响基元反应v中反应物L的生成)；时，v不再显著增加，因受限于和在溶液中的溶解速度(或浓度)
【解析】（1）由反应i-反应ii得：，根据各物质相对能量图计算出；
（2）根据浓度随温度变化图可知，450℃时，NO、CO浓度最低，脱除效果最好，故应选择高温脱除；根据反应方程式可知，容器内N2的浓度约为CO2的一半，故a曲线表示CO2的浓度变化，b曲线表示N2的浓度变化；实验过程中，高于340℃后物质c浓度逐渐减小，可能是高于340℃后，反应ii速率增加的程度超过反应i增加的程度，使得反应ii的速率大于反应i的速率，所以N2O的浓度减小；根据氮元素守恒，NO的初始浓度为：，转化为氮气的NO的浓度为：，NO的脱除率；
（3）建立平衡关系式：设消耗CO2浓度为x，，，得x=，CO2的转化率；
（4）①A．v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误；
B．与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；
C．温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，C正确；
D．在溶液中加入的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确；
故答案选CD；
②当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
13．（2024·湖北宜荆荆第四次适应性考试）甲醇是重要的化工原料，甲醇的制备与应用也是国际研究的热点。
I．某温度下，利用生产甲醇主要涉及以下反应。
反应1.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ；
反应2.CO2(g)+H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g) ；
(1)反应1自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
(2)升高温度，的值将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)向绝热恒容密闭容器中充入等物质的量的CO2(g)和H2(g)发生上述反应，下列可说明反应已达平衡状态的是___________(填编号)。
A．容器内温度不变B．混合气体平均密度保持不变
C．CH3OH的体积分数保持不变D．v正(CO2)=v逆(CO)
(4)在恒温密闭容器中，发生反应1和反应2，CO2的平衡转化率[α(CO2)%]和甲醇选择性[CH3OH%=]随着温度变化关系如图所示。
①写出一种增大平衡时CH3OH选择性的方法 。
②分析温度高于236°C后CO2转化率下降的原因 。
③在244°C，向容积为V的容器内投入1mlCO2(g)和3mlH2(g)充分反应，计算平衡时生成CH3OH的物质的量为 ml(计算结果保留两位有效数字)。
II.工业上也可用电化学法制备甲醇。
(5)采用如图原电池制备甲醇。通入CO的一端发生的电极反应为 。
【答案】(1)低温
(2)减小
(3)AC
(4) 适当降温，适当增大压强 升温，反应1平衡左移，生成CO2，反应2平衡右移，消耗CO2。温度高于 236°C 后，反应1生成的CO2大于反应2消耗的CO2 0.061
(5)
【解析】（1）根据 ΔG=ΔH-TΔS，反应I的ΔH<0，正反应气体体积数减小，ΔS<0，ΔG<0反应自发，自发进行的条件是低温；
（2）反应1加上反应2所得的反应K=K1⋅K2，且所得新反应ΔH=ΔH1+ΔH2<0，是放热反应，升高温度平衡逆向移动，故所得的反应K减小，即K1⋅K2减小；
（3）A．化学反应一定伴随能量变化，绝热密闭容器温度不变，说明反应平衡，A正确；
B．反应前后无固体参与，气体质量不变，容器体积不变，根据ρ=m/V可知，密度一直不变，混合气体平均密度保持不变无法说明反应到达平衡，B错误；
C．CH3OH的体积分数未平衡时会一直改变，保持不变时到达平衡，C正确；
D．反应1也有二氧化碳参加反应，则v正(CO2)=v逆(CO) 不能说明反应已经平衡，D错误；
故选AC；
（4）①反应I生成CH3OH，是气体体积减小的放热反应，要增大平衡时CH3OH的选择性，则可以适当降温，适当增大压强；
②根据反应I和反应II的ΔH，升温，反应1平衡左移，生成CO2，反应2平衡右移，消耗CO2，且反应I受温度影响更大，故温度高于 236°C 后，反应1生成的CO2大于反应2消耗的CO2；
③从图可知244°C二氧化碳转化率10.5%，甲醇选择性58.3%。则平衡甲醇物质的量为1×10.5% ×58.3%=0.061ml；
（5）根据装置可知，CO在左侧电极得电子，转化为CH3OH，电解液为酸性，故电极反应为CO+4e-+4H+=CH3OH。
14．（2024·山东淄博三模）和的重整制氢涉及如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1) ，该反应能 （填“高温”或“低温”）自发进行。
(2)一定温度下，向容积不等的恒容密闭容器中分别通入等量的发生反应Ⅰ，经过相同时间，测得各容器中的转化率与容器容积的关系如图所示，下列说法正确的是______。
A．b、c点的
B．正反应速率
C．a点所示条件下满足
D．在a点再通入，平衡后的转化率将增大
(3)在恒压下按组成通入混合气体，反应相同时间后，、和的体积分数随温度的变化关系如图甲所示，测得平衡状态下的收率和的转化率随温度的变化曲线如图乙所示。
[已知：的收率，的收率]
①时，的体积分数为 ，在范围内，其他条件不变，随着温度升高，的体积分数先增大而后减小，其原因可能是 。
②计算，的收率 。保持恒压和投料比不变，不通入，则相同温度下转化率 （填“增大”“减小”或“不变”）。
③设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为）除以。计算时反应Ⅰ的相对压力平衡常数为 （列式表示）。
【答案】(1) 高温
(2)BC
(3) 950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗多 21% 减小
【解析】（1）反应Ⅲ=反应Ⅰ+反应Ⅱ，根据盖斯定律可知，；
，时，反应可以自发进行，该反应，，可知高温能自发进行；
（2）A．容器体积越小，压强越大，反应速率越大，达平衡所需时间越短，故a、b点为平衡点，c点为非平衡点，a、b点的Q=K，A选项错误；
B．容器体积越小，压强越大，反应速率越大，故正反应速率a>c，B选项正确；
C．a点为平衡点，故a点所示条件下满足v正(H2S)=2v逆(S2)，C选项正确；
D．在a点再通入H2S，平衡后H2S的转化率将减小，D选项错误；
故答案选BC；
（3）在恒压100kPa下按组成n(H2S):n(CH4):n(Ar)=1:1:4.7通入混合气体，由图甲知，1050℃时，CS2的体积分数为0.1%，S2体积分数为1.6%，列三段式如下：
n总=1-2x-2y+1-y-z+y+z+2x+2y+4z+x-y+4.7=6.7+x-y+4z，CS2的体积分数=， S2的体积分数=，由H2体积分数=可知，H2体积分数=2×S2的体积分数＋4×CS2的体积分数=3.6%；
950℃~1100℃时，反应Ⅰ占主导，速率增幅大，生成S2(g)多；1100℃~1150℃时反应Ⅱ占主导，速率增幅大，消耗S2(g)多，故在950℃~1150℃范围内，其他条件不变，随着温度升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小；
T1℃时，H2S的转化率为32%，S2的收率为4%，设起始投料H2S为1ml，则反应的H2S为0.32ml，S2和CS2中总的S原子为0.32ml，S2中的S原子为0.0128ml，则CS2中S原子为0.3072ml，CS2中C原子为0.1536ml，则消耗的CH4为0.1536ml，H2中总的H原子为0.32ml×2＋0.1536×4=1.2544ml，则H2的收率为；
保持恒压100kPa和投料比n(H2S):n(CH4)=1:1不变，不通入Ar，容器的体积减小，则平衡向左进行，相同温度下H2S转化率减小；
T1℃时，H2S的转化率为32%，S2的收率为4%，设起始投料H2S为1ml，则反应的H2S为0.32ml，剩余的H2S为0.68ml，S2和CS2中总的S原子为0.32ml，S2中的S原子为0.0128ml，S2为0.0064ml，约为0.006ml，则CS2中S原子为0.3072ml，CS2为0.1536ml，CS2中C原子为0.1536ml，则消耗的CH4为0.1536ml，剩余的CH4为0.8464ml，H2中总的H原子为0.32ml×2＋0.1536×4=1.2544ml，H2为0.6272ml，约为0.6ml，体系总的物质的量为7ml，反应Ⅰ的相对压力平衡常数为。
15．（2024·辽宁沈阳第二中学模拟）利用下列反应可减少排放，是实现“双碳”目标的途径之一。
I．
II．
III．
请回答：
(1)反应I自发进行的条件是 。(填“高温”、“低温”或“任何温度”)
(2)一定压强下，往某密闭容器中按投料比充入和反应达到平衡时，测得各组分的物质的量分数随温度变化的曲线如图所示。
①下列说法正确的是 。
A．图中X、Y分别代表CO、
B．增大的比值，的平衡转化率增大
C．若容器内混合气体的密度不再随时间改变时，说明反应已达到平衡状态
D．250℃时，反应II的平衡常数K<1
②体系中的物质的量分数受温度的影响不大，试分析原因 。
(3)在一定温度下，在一容积固定的密闭容器中充入1ml (g)和3ml (g)，仅发生反应I。起始时容器内气体的总压强为16p kPa，平衡时(g)的体积分数为30%，则该温度下反应I的平衡常数 (用含p的表达式表示)。(已知：用气体分压计算的平衡常数为，分压=总压×物质的量分数)。
(4)多相催化反应是在催化剂表面通过“扩散→吸附→反应→脱附”四个基本过程进行的。的平衡转化率随着浓度的增加先增大后减小，减小的原因是 。如图，我国学者发现T℃时，在铜催化剂上二氧化碳加氢的反应机理如下，其中反应II为慢反应，请画出反应能量变化图像。
【答案】(1)低温
(2) CD 温度升高反应I左移，温度升高反应II右移，且对体积分数的影响程度接近
(3)
(4) 浓度继续增加，会造成催化剂表面的吸附率下降
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应I=反应II+反应III，，如果使反应自发进行，则G=H-TS小于0，由题干可知，反应Ⅰ的小于0，S小于0，所以T应该是低温。
（2）①A．反应1和反应3为放热反应，升温时甲醇的物质的量分数应减小，反应2为吸热反应，升温时CO的物质的量分数应变大，按投料比充入H2和CO2，导致水蒸气减小幅度小于甲醇，所以X代表CO，Y代表甲醇，Z代表水，故A错误；
B．增大的的比值，H2的平衡转化率应该减小，故B错误；
C．，气体质量不变，体积变化，密度是个变化量，混合气体的密度不再改变时，说明反应已达到平衡状态，故C正确；
D．平衡常数K=，通过图像可以得到，分子小于分母，K<1，故D正确；
故答案为：CD；
②根据方程式可知，反应Ⅰ消耗CO2，反应Ⅱ逆向生成CO2，最终CO2的物质的量的分数与上下两个反应进行的程度有关，反应Ⅰ放热，反应Ⅱ吸热，温度变化时，2个反应移动方向相反，导致体系中的CO2物质的量分数受温度的影响不大；答案：温度升高反应Ⅰ左移，温度升高反应Ⅱ右移，且对CO2体积分数的影响程度接近。
（3）一定温度下，密闭容器，充入1 ml CO2(g)和3ml H2(g)，起始时容器内气体的总压强为16pkPa，平衡时CH3OH(g)的体积分数为30%，假设CO2(g)变化量为X，
则平衡时CH3OH(g)物质的量X，总物质的量4-2X，=30%，得到，X=0.75，总物质的量为2.5ml，根据PV=nRT，得平衡时总压强为10p kPa，H2O压强3pkPa，CH3OH压强3pkPa，CO2压强1pkPa和 H2压强3pkPa（分压=总压×物质的量分数），得Kp=。
（4）H2浓度的适度增加，会提高催化剂表面H2的浓度，浓度过大会影响CO2的吸附效果，所以H2浓度的增加，CO2的平衡转换率增大；H2浓度继续增加，会造成催化剂表面CO2的吸附率下降；由题可知，反应Ⅱ为慢反应，即所需活化能较大，反应Ⅱ为快反应，即所需活化能较小，可以得到所示图像：。
化学键
键能
1067
436
463
物质
燃烧热
-2219.9
-2058.0
-285.8
510℃
550℃
580℃
620℃
丙烷（%）
64.82
57.87
37.76
31.91
丙烯（%）
12.33
15.85
22.72
23.13
乙烯（%）
0.12
0.19
0.20
0.71
甲烷（%）
1.50
2.78
4.03
7.31
氢气（%）
20.47
18.99
25.45
31.14
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