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2024年高考化学真题分类汇编09化学反应原理综合含解析答案
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这是一份2024年高考化学真题分类汇编09化学反应原理综合含解析答案，共33页。试卷主要包含了丙烯腈是一种重要的化工原料，已知等内容，欢迎下载使用。
1．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)。
（2024·甘肃·高考真题）
2．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。
（2024·湖南·高考真题）
3．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 。
（2024·湖北·高考真题）
4．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Ⅰ、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 。
（2024·浙江·高考真题）
5．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。)
（2024·江苏·高考真题）
6．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。
（2024·山东·高考真题）
7．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：
回答下列问题：
(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线对应物质为 (填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物质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”)。
（2024·安徽·高考真题）
8．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，的平衡转化率为，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，吸附的逐渐被替代
（2024·河北·高考真题）
9．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”)。
（2024·上海·高考真题）
10．已知：
①
②
③
(1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。
A．钙离子浓度保持不变B．保持不变
C．D．
(2)增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。
(3)已知的，为 。当 时，开始产生沉淀。
(4)根据如图，写出电极a的电极反应式 。
(5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。
A．该装置实现电能转化为化学能
B．电极b是负极
C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a
D．每参与反应时，转移电子
(6)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于的除去，但不利于硝酸根的除去。 。
（2024·浙江·高考真题）
11．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 。
（2023·辽宁·高考真题）
12．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)如下图所示。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)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·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)与温度的关系如下图所示，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下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
(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)。
参考答案：
1．(1) ＜ 360℃
(2)-285.8
(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
【详解】（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=-285.8
（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。
2．(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
【详解】（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。
3．(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。
4．(1)BaC2+2H2O=Ba(OH)2+HC≡CH↑
(2) 1016 105 105
(3) BaO 正反应的反应速率保持不变，逆反应的速率逐渐增大后保持不变 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，反应物BaO和C都是固体，其浓度是固定不变的，则该化学反应的正反应的反应速率保持不变；t2之前，生成物CO的浓度逐渐增大，故逆反应的速率逐渐增大，t2之后，CO的浓度保持不变，逆反应的速率保持不变
【详解】（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；
②1400K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，反应物BaO和C都是固体，其浓度是固定不变的，则该化学反应的正反应的反应速率不变；之前，生成物CO的浓度逐渐增大，故逆反应的速率逐渐增大，之后，CO的浓度保持不变，逆反应的速率保持不变。
5．(1)C
(2)AC
(3)随着投料比增大，NaBH4的水解转化率降低
(4) O2+4e-+2CO2=2 70%
(5)
【详解】（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，溶液变碱性，碱性水解慢，化学反应速率降低，B不符合题意；
C．加入少量固体硼酸，溶液变酸性，NaBH4中H为-1价，在酸性条件下易于H+反应生成氢气，水解快，化学反应速率加快，C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AC。
（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%，其中一种方法可由（2×反应III）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得，。
6．(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 CN—NHD或DCOO—
【详解】（1）由图可知，反应器I中反应物为一氧化碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生的反应为、，则反应中化合价发生改变的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1ml一氧化碳和1ml氢气与氧化铁反应生成ml铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为，由方程式可知，ml铁生成氢气的物质的量为ml×=ml，故答案为：C、H、Fe；；
（2）①由题意可知，吸收一氧化碳的反应为一氧化碳与和氨水的混合溶液反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；
②氧化铝含量大于2%，出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多会吸附反应生成的氨气，由图可知，氧化铝含量大于2%时，催化剂α-Fe表面积减小，催化性能降低，导致反应速率减小，使得出口处氨含量下降，故答案为：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）①碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，温度高于70℃，碳酸氢钠受热分解，导致HCOO-产率下降，故答案为：NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降；
②氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO—，则用D2代替氢气，得到的产物为CN—NHD和DCOO—，所以通过检测是否存在CN—NHD或DCOO—可确认反应过程中的加氢方式，故答案为：-NH2可以与形成氢键；CN—NHD或DCOO—。
7．(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
【详解】（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．(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
【详解】（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%，则剩余的C2H6物质的量为1-0.25=0.75ml，生成C2H40.25ml，生成H20.25ml，容器内气体总物质的量为(0.75+0.25+0.25)=1.25ml，Ka1=；
②反应i压强平衡常数，反应ⅱ按消耗了反应i的反应物C2H6和产物H2，则，现要比较Kp1和Qp1的大小，因，所以比较与的大小关系，，故，反应i平衡正向移动，生成更多的C2H4，因此C2H4的平衡产率增大；
（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。
9．(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
【详解】（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。
10．(1)AB
(2)pH越大，即c（H+）越小，促进的平衡正向移动，即增大，方程式平衡正向移动，有利于生成CaCO3；
(3) 4.2×10-3
(4)
(5)B
(6)氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气的参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去
【详解】（1）A．钙离子浓度保持不变，说明此时，反应达到平衡，A符合题意；
B．反应①中，即，K只与温度有关，保持不变，即保持不变，说明此时，反应达到平衡，B符合题意；
C．CaCO3为固体，其浓度为常数，一般不用固体来表示化学反应速率，C不符合题意；
D．不同物质表示正逆反应速率，且之比不等于化学计量数之比，说明正反应速率不等于逆反应速率，反应未达到平衡状态，D不符合题意；
故选AB；
（2）pH越大，即c（H+）越小，促进的平衡正向移动，即增大，方程式平衡正向移动，有利于生成CaCO3；
（3），，H2CO3的，；，即，；
（4）电极a上得到电子变为N2，电极反应式为：；
（5）A．由图可知，电极与负载相连接，该装置为原电池，能实现化学能到电能的转化，故A错误；
B．电极b上（CH2O）失去电子变为CO2，电极b是负极，故B正确；
C．电极a为正极，电极b为负极，电子从电极b经过负载到电极a，电子不会进入水体中，故C错误；
D．电极b的电极反应式为：，每参与反应时，转移电子，故D错误；
故选B；
（6）氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气的参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去。
11．(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)
【详解】（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），Ⅳ和Ⅴ可以快速建立平衡状态，随着温度升高气体在溶液中溶解度减小，气体浓度减小、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)。
12．(1) CuO SO3
(2) 催化剂 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（答案合理即可）
(3) cd d
【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，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3CuSO43CuO+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，故答案为CuO、SO3。
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，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、同时作为催化剂的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（答案合理即可）。
（3）(i)a．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加快后减慢，a错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，有更大转化率，故α=0.88的条件下并不是平衡转化率，b错误；
c．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；
d．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；
故答案选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的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m ml，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==，故答案为。
1．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)。
（2024·甘肃·高考真题）
2．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。
（2024·湖南·高考真题）
3．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 。
（2024·湖北·高考真题）
4．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Ⅰ、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 。
（2024·浙江·高考真题）
5．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。)
（2024·江苏·高考真题）
6．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。
（2024·山东·高考真题）
7．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：
回答下列问题：
(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线对应物质为 (填化学式)。当温度高于时，随温度升高c线对应物质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”)。
（2024·安徽·高考真题）
8．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，的平衡转化率为，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，吸附的逐渐被替代
（2024·河北·高考真题）
9．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”)。
（2024·上海·高考真题）
10．已知：
①
②
③
(1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。
A．钙离子浓度保持不变B．保持不变
C．D．
(2)增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。
(3)已知的，为 。当 时，开始产生沉淀。
(4)根据如图，写出电极a的电极反应式 。
(5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。
A．该装置实现电能转化为化学能
B．电极b是负极
C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a
D．每参与反应时，转移电子
(6)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于的除去，但不利于硝酸根的除去。 。
（2024·浙江·高考真题）
11．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 。
（2023·辽宁·高考真题）
12．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)如下图所示。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)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·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)与温度的关系如下图所示，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下图所示，催化性能最佳的是 (填标号)。
(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)。
参考答案：
1．(1) ＜ 360℃
(2)-285.8
(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
【详解】（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=-285.8
（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。
2．(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
【详解】（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。
3．(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。
4．(1)BaC2+2H2O=Ba(OH)2+HC≡CH↑
(2) 1016 105 105
(3) BaO 正反应的反应速率保持不变，逆反应的速率逐渐增大后保持不变 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，反应物BaO和C都是固体，其浓度是固定不变的，则该化学反应的正反应的反应速率保持不变；t2之前，生成物CO的浓度逐渐增大，故逆反应的速率逐渐增大，t2之后，CO的浓度保持不变，逆反应的速率保持不变
【详解】（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；
②1400K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，反应物BaO和C都是固体，其浓度是固定不变的，则该化学反应的正反应的反应速率不变；之前，生成物CO的浓度逐渐增大，故逆反应的速率逐渐增大，之后，CO的浓度保持不变，逆反应的速率保持不变。
5．(1)C
(2)AC
(3)随着投料比增大，NaBH4的水解转化率降低
(4) O2+4e-+2CO2=2 70%
(5)
【详解】（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，溶液变碱性，碱性水解慢，化学反应速率降低，B不符合题意；
C．加入少量固体硼酸，溶液变酸性，NaBH4中H为-1价，在酸性条件下易于H+反应生成氢气，水解快，化学反应速率加快，C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AC。
（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%，其中一种方法可由（2×反应III）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得，。
6．(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 CN—NHD或DCOO—
【详解】（1）由图可知，反应器I中反应物为一氧化碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生的反应为、，则反应中化合价发生改变的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1ml一氧化碳和1ml氢气与氧化铁反应生成ml铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的方程式为，由方程式可知，ml铁生成氢气的物质的量为ml×=ml，故答案为：C、H、Fe；；
（2）①由题意可知，吸收一氧化碳的反应为一氧化碳与和氨水的混合溶液反应生成，反应的化学方程式为，故答案为：；
②氧化铝含量大于2%，出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多会吸附反应生成的氨气，由图可知，氧化铝含量大于2%时，催化剂α-Fe表面积减小，催化性能降低，导致反应速率减小，使得出口处氨含量下降，故答案为：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）①碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，温度高于70℃，碳酸氢钠受热分解，导致HCOO-产率下降，故答案为：NaHCO3受热分解，导致HCOO-产率下降；
②氨基和碳酸氢根离子可以形成氢键，形成的氢键将碳酸氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原子和氮原子分别与氢原子结合生成CN—NH2和HCOO—，则用D2代替氢气，得到的产物为CN—NHD和DCOO—，所以通过检测是否存在CN—NHD或DCOO—可确认反应过程中的加氢方式，故答案为：-NH2可以与形成氢键；CN—NHD或DCOO—。
7．(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
【详解】（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．(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
【详解】（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%，则剩余的C2H6物质的量为1-0.25=0.75ml，生成C2H40.25ml，生成H20.25ml，容器内气体总物质的量为(0.75+0.25+0.25)=1.25ml，Ka1=；
②反应i压强平衡常数，反应ⅱ按消耗了反应i的反应物C2H6和产物H2，则，现要比较Kp1和Qp1的大小，因，所以比较与的大小关系，，故，反应i平衡正向移动，生成更多的C2H4，因此C2H4的平衡产率增大；
（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。
9．(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
【详解】（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。
10．(1)AB
(2)pH越大，即c（H+）越小，促进的平衡正向移动，即增大，方程式平衡正向移动，有利于生成CaCO3；
(3) 4.2×10-3
(4)
(5)B
(6)氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气的参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去
【详解】（1）A．钙离子浓度保持不变，说明此时，反应达到平衡，A符合题意；
B．反应①中，即，K只与温度有关，保持不变，即保持不变，说明此时，反应达到平衡，B符合题意；
C．CaCO3为固体，其浓度为常数，一般不用固体来表示化学反应速率，C不符合题意；
D．不同物质表示正逆反应速率，且之比不等于化学计量数之比，说明正反应速率不等于逆反应速率，反应未达到平衡状态，D不符合题意；
故选AB；
（2）pH越大，即c（H+）越小，促进的平衡正向移动，即增大，方程式平衡正向移动，有利于生成CaCO3；
（3），，H2CO3的，；，即，；
（4）电极a上得到电子变为N2，电极反应式为：；
（5）A．由图可知，电极与负载相连接，该装置为原电池，能实现化学能到电能的转化，故A错误；
B．电极b上（CH2O）失去电子变为CO2，电极b是负极，故B正确；
C．电极a为正极，电极b为负极，电子从电极b经过负载到电极a，电子不会进入水体中，故C错误；
D．电极b的电极反应式为：，每参与反应时，转移电子，故D错误；
故选B；
（6）氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气的参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去。
11．(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)
【详解】（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），Ⅳ和Ⅴ可以快速建立平衡状态，随着温度升高气体在溶液中溶解度减小，气体浓度减小、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)。
12．(1) CuO SO3
(2) 催化剂 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（答案合理即可）
(3) cd d
【详解】（1）根据图示的热重曲线所示，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3CuSO43CuO+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，故答案为CuO、SO3。
（2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，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、同时作为催化剂的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（答案合理即可）。
（3）(i)a．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加快后减慢，a错误；
b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，有更大转化率，故α=0.88的条件下并不是平衡转化率，b错误；
c．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；
d．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；
故答案选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的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m ml，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==，故答案为。
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