2024届高考化学一轮总复习单元质检卷7第七单元化学反应速率和化学平衡

这是一份2024届高考化学一轮总复习单元质检卷7第七单元化学反应速率和化学平衡，共15页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

单元质检卷7
一、选择题(本题共12小题，共48分，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．(2022·广东卷)恒容密闭容器中，BaSO4(s)＋4H2(g)BaS(s)＋4H2O(g)在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．该反应的ΔH<0
B．a为n(H2O)随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率增大
解析：从题图可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，故A项错误；从题图可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故B项错误；容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故C项正确；BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故D项错误。
答案：C
2.(2022·广东卷)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则(　　)

A．无催化剂时，反应不能进行
B．与催化剂Ⅰ相比，Ⅱ使反应活化能更低
C．a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
D．使用催化剂Ⅰ时，0～2 min内，v(X)＝1.0 mol/(L·min)
解析：由题图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故A项错误；由题图可知，催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好，说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低，反应更快，故B项错误；由图可知，使用催化剂Ⅱ时，在0～2 min内Y的浓度变化了2.0 mol·L－1，而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol·L－1，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化，故C项错误；使用催化剂Ⅰ时，在0～2 min内，Y的浓度变化了4.0 mol·L－1，则v(Y)＝＝＝2.0 mol/(L·min)，v(X)＝v(Y)＝×2.0 mol/(L·min)＝1.0 mol/(L·min)，故D项正确。
答案：D
3．(2022·辽宁卷)某温度下，在1 L恒容密闭容器中2.0 mol X发生反应2X(s)Y(g)＋2Z(g)，有关数据如下。下列说法错误的是(　　)
时间段/min
产物Z的平均生成速率/[mol/(L·min)]
0～2
0.20
0～4
0.15
0～6
0.10
A．1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L－1
B．2 min时，加入0.20 mol Z，此时v正(Z) C．3 min时，Y的体积分数约为33.3%
D．5 min时，X的物质的量为1.4 mol
解析：反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则0～1 min内Z的平均生成速率大于0～2 min内的，故1 min时，Z的浓度大于0.20 mol·L－1，A项正确；4 min时生成的Z的物质的量为0.15 mol/(L·min)×4 min×1 L＝0.6 mol，6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol/(L·min)×6 min×1 L＝0.6 mol，故反应在4 min时已达到平衡，设达到平衡时生了a mol Y，列“三段式”：
　　　　2X(s)Y(g) ＋ 2Z(g)
初始量/mol 2.0 0 0
转化量/mol 　2aa 2a
平衡量/mol 2.0－2aa0.6
根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3 mol·L－1，Z的平衡浓度为0.6 mol·L－1，平衡常数K＝c2(Z)·c(Y)＝0.108，2 min时Y的浓度为0.2 mol·L－1，Z的浓度为0.4 mol·L－1，加入0.2 mol Z后Z的浓度变为0.6 mol·L－1，Q0＝c2(Z)·c(Y)＝0.072v逆(Z)，B项错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，＝，故Y的体积分数始终约为33.3%，C项正确；由B项分析可知5 min时反应处于平衡状态，此时生成Z为0.6 mol，则X的转化量为0.6 mol，初始X的物质的量为2 mol，剩余X的物质的量为1.4 mol，D项正确。
答案：B
4．(2022·广东深圳一模)工业上制备硝酸过程中涉及反应：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)　ΔH＝－57 kJ·mol－1。某实验小组测得不同条件下反应平衡时NO2的体积分数变化如下图(图中X、Y分别代表温度或压强)所示，下列说法不正确的是(　　)

A．图中X表示温度，Y表示压强
B．X1>X2>X3
C．对应条件下的平衡常数：a＞b＞c
D．X3、Y1条件下，e点对应状态时v逆＞v正
解析：该反应中温度越高，NO2的平衡体积分数越小，压强越大，NO2的平衡体积分数越大，由题图可知Y表示温度，X表示压强，A项错误；压强越大NO2的平衡体积分数越大，所以X1>X2>X3，B项正确；反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，所以a＞b＞c，C项正确；X3、Y1条件下，e点对应状态NO2体积分数较高，说明反应逆向进行，此时v逆＞v正，D项正确。
答案：A
5．(2022·海南卷)某温度下，反应CH2===CH2(g)＋H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡，下列说法正确的是(　　)
A．增大压强，v正>v逆，平衡常数增大
B．加入催化剂，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大
C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，平衡向正反应方向移动
D．恒容下，充入一定量的CH2===CH2(g)，CH2===CH2(g)的平衡转化率增大
解析：该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以增大化学反应速率，正反应速率增大的幅度大于逆反应的，故v正>v逆，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平衡常数不变，A项不正确；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B项不正确；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C项正确；恒容下，充入一定量的CH2===CH2(g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2===CH2(g)的平衡转化率减小，D项不正确。
答案：C
6．已知反应2NO(g)＋2H2(g)N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－752 kJ·mol－1的反应机理如下：
①2NO(g)N2O2(g)　(快)；
②N2O2(g)＋H2(g)N2O(g)＋H2O(g)　(慢)；
③N2O(g)＋H2(g)N2(g)＋H2O(g)　(快)。
下列有关说法错误的是(　　)
A．①的逆反应速率大于②的正反应速率
B．②中N2O2与H2的碰撞仅部分有效
C．N2O2和N2O是该反应的催化剂
D．总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大
解析：①为快反应，说明反应物的活化能和生成物的活化能都较小，反应更容易发生，②为慢反应，说明反应物的活化能和生成物的活化能都较大，②中反应物的活化能大于①中生成物的活化能，因此①的逆反应速率大于②的正反应速率，A项正确；②反应为慢反应，反应慢说明反应的活化能大，物质微粒发生碰撞时，许多碰撞都不能发生化学反应，因此碰撞仅部分有效，B项正确；反应过程中N2O2和N2O是中间产物，不是催化剂，C项错误；总反应为放热反应，则总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大，D项正确。
答案：C
7．(2022·深圳光明高级中学月考)T℃时，向体积不等的恒容密闭容器中均加入一定量的PtSnMg(Zn)AlO催化剂和1 mol乙烷，发生乙烷脱氢反应：CH3CH3(g)CH2===CH2(g)＋H2(g)，反应相同时间，测得各容器中乙烷的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．a点、c点乙烯的浓度：a>c
B．a点对应乙烷的平衡转化率大于40%
C．V1∶V2＝1∶12
D．a点、b点容器内的压强之比为28∶3
解析：根据转化率可知a点、c点乙烯的浓度可以表示为 mol·L－1、 mol·L－1，由于V3>V1，故乙烯的浓度a>c，A项正确；相同浓度、相同催化剂、等量的反应物通入体积不等的容器内，容器体积越大，反应物的浓度越低，反应速率越慢，相同时间达到平衡的可能性越小，故曲线的前半部分上的点均为平衡点，a、b均为平衡点，曲线的后半部分上的点均不是平衡点，B项错误；根据转化率计算可知a点乙烷、乙烯、氢气的物质的量分别为0.6 mol、0.4 mol、0.4 mol，浓度分别为 mol·L－1、 mol·L－1、 mol·L－1，平衡常数K＝＝，同理，b点乙烷、乙烯、氢气的物质的量分别为0.2 mol、0.8 mol、0.8 mol，浓度分别为 mol·L－1、 mol·L－1、 mol·L－1，平衡常数K＝＝，相同温度下平衡常数相等，故＝，可得V1∶V2＝1∶12，C项正确；由pV＝nRT可知，＝·＝×＝，D项正确。
答案：B
8．(2022·广州六中模拟)室温下，某溶液初始时仅溶有P和Q且浓度相等，同时发生以下两个反应：①P＋Q===X＋Z；②P＋Q===Y＋Z，反应①的速率可表示为v1＝k1·c2(P)，反应②的速率可表示为v2＝k2c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分Q、X的浓度随时间变化情况如图所示(溶液体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是(　　)

A．反应①的活化能比反应②的活化能大
B．0～20 min内，Z的平均反应速率为6.0×10－3 mol/(L·min)
C．反应30 min时，v1∶v2＝2∶3
D．45 min时Y的浓度为0.24 mol·L－1
解析：根据X的生成量可计算出反应①和反应②中的其他几个物质的相关变化量。从题图中可以看出P、Q的初始量均为0.6 mol·L－1。v1＝k1c2(P)＝，v2＝k2c2(P)＝，则＝＝为定值，20 min时，由图可知，Δc(X)＝0.12 mol·L－1，Δc(Q)＝0.3 mol·L－1＝Δc(X)＋Δc(Y)，则Δc(Y)＝(0.3－0.12) mol·L－1＝0.18 mol·L－1，即＝＝，相同条件下反应①的速率小于反应②，所以反应①的活化能大于反应②，故A说法正确；0～20 min内，Z的变化量与Q的变化量相同，所以Δc(Z)＝Δc(Q)＝0.3 mol·L－1，Z的平均反应速率为＝＝0.015 mol/(L·min)，故B说法错误；＝始终为定值，即＝，故C说法正确；45 min时，Q的浓度约为0.2 mol·L－1，Δc(Q)＝Δc(X)＋Δc(Y)＝0.6－0.2＝0.4 mol·L－1，根据＝＝，可得Y的浓度为0.4×＝0.24 mol·L－1，故D说法正确。
答案：B
9．(2022·广东金山中学期末)丙烯与HCl在催化剂作用下发生加成反应：第一步H＋进攻丙烯生成碳正离子，第二步Cl－进攻碳正离子。得到两种产物的反应进程与能量关系如图。下列说法正确的是(　　)

A．催化剂可以改变反应的焓变
B．过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)稳定
C．生成①的过程所需的活化能较低，反应速率大
D．丙烯与HCl加成反应主要生成CH3CHClCH3
解析：催化剂可降低反应的活化能，不改变始态、终态，则加催化剂不能改变反应的焓变，故A项错误；能量越低越稳定，根据题图知过渡态(Ⅰ)没有过渡态(Ⅱ)稳定，故B项错误；根据题图知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则反应速率较小，故C项错误；根据题图知，生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能，则生成②的碳正离子多，而Cl－进攻碳正离子后得到CH3CHClCH3，即主要产物是CH3CHClCH3，故D项正确。
答案：D
10．(2022·华中师大一附中模拟)乙炔(HC≡CH)能在Hg(Ⅱ)催化下与水反应生成CH3CHO，反应历程如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．由反应历程可知：H2O＋HC≡CHCH3CHO　ΔH＞0
B．催化剂Hg2＋改变了合成乙醛的反应历程和反应热
C．在反应过程③中有非极性键的断裂和形成
D．本反应历程中，决定整个反应快慢的步骤为过程④
解析：根据题图可知：反应物H2O和HC≡CH相对能量大于生成物CH3CHO的相对能量，因此H2O＋HC≡CHCH3CHO为放热反应，ΔH＜0，A项错误；催化剂Hg2＋改变了合成乙醛的反应历程，降低了反应的活化能，但不能改变反应物与生成物的总能量，因此不能改变相应化学反应的反应热，B项错误；根据题图可知：在反应过程③中有非极性键的断裂和极性键的形成，C项错误；对于多步反应，总化学反应速率由慢反应决定。反应的活化能越大，发生反应需消耗的能量就越高，反应发生就越不容易进行，该反应的化学反应速率就越小。根据题图可知：过程④的活化能最大，该步反应速率最慢，故本反应历程中，决定整个反应快慢的步骤为过程④，D项正确。
答案：D
11．(2022·邵阳第二中学开学考试)已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH，在2 L恒容密闭容器中通入2 mol SO2和1 mol O2，在温度分别为T1、T2下，测得SO2的转化率随时间变化如图。下列说法正确的是(　　)

A．温度：T2>T1，平衡常数：Ka＝Kc>Kb
B．c点正反应速率 C．平衡时，通入氩气使体系压强增大，平衡正向移动
D．T1时，0～15 min生成SO3的平均反应速率为 mol/(L·min)
解析：由图可知，T2条件下先达到平衡，说明T2时反应速率快，故有T2>T1，温度越高，SO2的转化率越小，说明升高温度，平衡逆向移动，故ΔH<0，则平衡常数Ka＝KcT1，设T1、15 min时的点为M，由图可知M、c点都为平衡点，c点SO2浓度大于M点，则有反应速率v正(c)＝v逆(c)>v正(M)＝v逆(M)，又因b点未达到平衡，v逆(b) 答案：D
12．(2022·北京模拟)资料显示：自催化作用是指反应产物之一使该反应速率增大的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验，一段时间后溶液均褪色(0.01 mol·L－1可以记做0.01M)。下列说法不正确的是(　　)
实验①
实验②
实验③

1 mL 0.01M的KMnO4溶液和1 mL 0.1M的H2C2O4溶液混合

1 mL 0.01M的KMnO4溶液和1 mL 0.1M的H2C2O4溶液混合

1 mL 0.01M的KMnO4溶液和1 mL 0.1M的H2C2O4溶液混合
褪色
比实验①褪色快
比实验①褪色快
A．实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，产物MnSO4能起自催化作用
B．实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用增大了反应速率
C．实验③褪色比①快，是因为Cl－的催化作用增大了反应速率
D．若用1 mL 0.2M的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快
解析：碳元素的化合价升高，且锰离子可作催化剂，则实验①中发生氧化还原反应，H2C2O4是还原剂，故A项正确；催化剂可增大反应速率，则实验②褪色比①快，是因为MnSO4的催化作用增大了反应速率，故B项正确；高锰酸钾可氧化氯离子，则实验③褪色比①快，与催化作用无关，故C项错误；增大浓度，反应速率增大，则用1 mL 0.2M 的H2C2O4做实验①，推测比实验①褪色快，故D项正确。
答案：C
二、非选择题(本题共3小题，共52分。)
13．(20分)(2022·全国乙卷)油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－1 036 kJ·mol－1
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)　ΔH2＝＋94 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝－484 kJ·mol－1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝________kJ·mol－1。
(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是____________，
缺点是________________________________________________________________________。
(3)在1 470 K、100 kPa反应条件下，将n(H2S)∶n(Ar)＝1∶4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为________，平衡常数Kp为________kPa。
(4)在1 373 K、100 kPa反应条件下，对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2SAr混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率__________，理由是______________________。
②n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应图中曲线________，计算其在0～0.1 s之间，H2S分压的平均变化率为________kPa·s－1。
解析：(1)已知：①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－103 6 kJ·mol－1；
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)　ΔH2＝＋94 kJ·mol－1；
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝－484 kJ·mol－1。
根据盖斯定律(①＋②)×－③即得到2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝(－103 6＋94) kJ·mol－1×＋484 kJ·mol－1＝＋170 kJ·mol－1。
(2)根据盖斯定律(①＋②)×可得2H2S(g)＋O2(g)===S2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝(－103 6＋94) kJ·mol－1×＝－314 kJ·mol－1，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢热分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高。
(3)假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和4 mol，根据“三段式”可知：
　　　　　2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)
起始量/mol 　1 　0 　0
变化量/mol 　x0.5x 　x
平衡量/mol 1－x0.5x 　x
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为×100%＝50%，所以平衡常数Kp＝＝≈4.76 kPa。(4)①由于正反应是体积增大的可逆反应，n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高。②n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率越高，所以n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应的曲线是d；根据图像可知n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9反应进行到0.1 s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和9 mol，则根据“三段式”可知：
　　　　2H2S(g)S2(g)＋2H2(g)
起始量/mol 　1 　0 　0
变化量/mol 0.24 0.12 0.24
平衡量/mol 0.76 0.12 0.24
此时H2S的压强为×100 kPa≈7.51 kPa，H2S的起始压强为10 kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9 kPa·s－1。
答案：(1)＋170
(2)副产物氢气可作燃料　耗能高
(3)50%　4.76
(4)①越高　n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高　②d　24.9
14．(14分)(2022·南京第十三中学模拟)工业上常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物。
(1)某研究小组向废水中加入H2O2，以FeCl2作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基(—OH)氧化降解水中的有机物(TOC)。
①其他条件一定时，n(H2O2)∶n(Fe2＋)的值对TOC去除效果的影响如图1所示：

当TOC的去除率最大时，n(H2O2)∶n(Fe2＋)＝____________。
②在pH＝4.5，其他条件一定时，H2O2的加入量对TOC去除效果的影响如图2所示，当TOC的去除效果最好时，H2O2的物质的量浓度c(H2O2)＝______________。当H2O2的加入量大于40 mg·L－1时，TOC去除率反而减小的原因是________________________________
________________________________________________________________________。

(2)我国学者制备了一种介孔二氧化锰负载的Cu/MnO2催化剂，并将其应用到苯并三唑(，BZA)的降解中，催化机理如图3：

①BZA可以与Cu＋或Cu2＋结合的原因是______________________________________
________________________________________________________________________。
②直接降解BZA的活性氧物种的化学式为________________。
③该过程中H2O2分解的途径可用语言描述为_________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)①由图1可知，TOC的去除率最大时，过氧化氢和亚铁离子的物质的量比为1。②由题图2可知，TOC的去除率最大时，过氧化氢的加入量为40 mg·L－1，设溶液的体积为1 L，则过氧化氢的物质的量浓度为≈1.18×10－3 mol·L－1；酸性条件下，若过氧化氢的加入量大于40 mg/L，过氧化氢会与亚铁离子直接反应，导致溶液中羟基自由基浓度减小，使得TOC的去除率减小。(2)①BZA分子中氮原子具有孤电子对，能与具有空轨道的亚铜离子或铜离子通过配位键形成配合物，所以BZA可以与亚铜离子或铜离子结合。②由题图3可知，直接降解BZA的活性氧物种为·O。③由题图3可知，过氧化氢分解的途径为过氧化氢先转化为H＋和HO，HO失去电子转化为H＋和·O，·O降解BZA。
答案：(1)①1　②1.18×10－3 mol·L－1　酸性条件下，H2O2直接与Fe2＋反应，导致溶液中羟基自由基浓度减小，使得TOC的去除率减小
(2)①BZA中的氮原子与Cu＋或Cu2＋形成配位键　②·O　③H2O2先转化为H＋和HO，HO失去电子转化为H＋和·O，·O降解BZA
15．(18分)(2022·辽宁卷)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1　ΔS＝－200 J·K－1·mol－1
回答下列问题：
(1)合成氨反应在常温下________(填“能”或“不能”)自发。
(2)________温(填“高”或“低”，下同)有利于增大反应速率，________温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用400～500 ℃。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
(3)方案二：MLiH复合催化剂。


下列说法正确的是__________(填字母)。
a．300 ℃时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
(4)某合成氨速率方程为：v＝kcα(N2)·cβ(H2)·cγ(NH3)，根据表中数据，γ＝__________；
实验




1
m
n
p
q
2
2m
n
p
2q
3
m
n
0.1p
10q
4
m
2n
p
2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为__________(填字母)。
a．有利于平衡正向移动
b．防止催化剂中毒
c．提高正反应速率
(5)某种新型储氢材料的晶胞如图3，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188 g·mol－1，则M元素为__________(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为__________。

解析：(1)对于合成氨反应，常温下，ΔG＝ΔH－TΔS＝－92.4 kJ·mol－1－298 K×(－0.2 kJ·
K－1·mol－1)＝－32.8 kJ·mol－1<0，故合成氨反应在常温下能自发进行。(2)其他条件一定时，升高温度，可以提供更高的能量，使活化分子百分数增大，反应速率增大；合成氨反应是放热反应，要提高平衡转化率，应使反应平衡正向移动，应降低温度。(3)由题图1可知，300 ℃时，复合催化剂催化合成氨反应的反应速率比单一催化剂催化时大很多，说明300 ℃时复合催化剂比单一催化剂效率更高，a正确；同温同压下，复合催化剂能增大反应速率，但不能使平衡发生移动，故不能提高氨的平衡产率，b错误；温度过高，复合催化剂可能会失去活性，催化效率反而降低，c错误；故选a。(4)将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q＝k·mα·nβ·pγ，③10q＝k·mα·nβ·(0.1p)γ，可得γ＝－1。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，但不会增大正反应速率，a正确，c错误；反应主产物即氨不能使催化剂中毒，b错误。(5)由题图3可知，“”代表M(NH3)6，“”代表BH4，面心立方最密堆积的晶胞中，“”处于8个顶角和6个面心，则每个晶胞中含“”的个数为8×＋6×＝4，8个“”均处于晶胞内部，则“”和“”的个数之比为4∶8＝1∶2，故该晶体的化学式为M(NH3)6·(BH4)2；又知该化合物的摩尔质量为188 g·mol－1，则有Mr(M)＋17×6＋15×2＝188，解得Mr(M)＝56，故M元素为Fe。化合物Fe(NH3)6·(BH4)2中，NH3整体为0价，BH中B为＋3价，H为－1价，则Fe为＋2价，基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失去4s轨道上的2个电子得到Fe2＋，故Fe2＋的价电子排布式为3d6。
答案：(1)能
(2)高　低
(3)a
(4)－1　a
(5)Fe　3d6