2022届高考化学二轮专题复习 11 化学反应速率与平衡.docx

1、化学反应速率与平衡一、选择题（本题共20小题，每题只有一个选项符合题意）1实验得知，溶解在CCl4中的N2O5分解反应如下：2N2O5=4NO2+O2；其反应浓度及速率如表：组别c0(N2O5)/(molL-1)速率常数k/(molL-1min-1)10.40k2.4810-420.16k9.9210-53ak7.4410-5下列说法错误的是A该反应的速率方程为=kc0(N2O5)Bk=6.210-4min-1Ca=0.12D浓度由0.16molL-1减小到amolL-1，用时1min【答案】D【解析】A根据第2组c0(N2O5)是第1组c0(N2O5)的0.4倍，第2组速率也是第1组速率的0

2、.4倍，故=kc(N2O5)，A正确；B将第一组数据代入v=kc0(N2O5)，可得k=6.210-4min-1，B正确；C将k=7.4410-5和k=6.210-4min-1代入=kc0(N2O5)，可得a=0.12，C正确；D由于浓度改变化学反应速率也改变，且反应速率为平均反应速率，故浓度由0.16molL-1减小到amolL-1，根据目前所学的知识，无法计算出所用的时间，D错误；故答案为D。2在一定温度下的密闭容器中发生反应：，平衡时测得A的浓度为。保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的二倍，再达平衡时，测得A的浓度为。下列有关判断正确的是AB平衡向逆反应方向移动CB的转化率增大DC的体

3、积分数增大【答案】B【解析】由题干信息可知，平衡时测得A的浓度为，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的二倍，再达平衡时，测得A的浓度为，说明减小压强，平衡逆向移动。A由分析可知，减小压强，平衡逆向移动，故逆反应为气体体积增大的方向，即，A错误；B由分析可知，平衡向逆反应方向移动，B正确；C由分析可知，平衡逆向移动，故B的转化率减小，C错误；D由分析可知，平衡逆向移动，故C的体积分数增大，D错误；故答案为B。3科学家研究二甲醚（DME）在H-ZSM-5分子筛（用H+A-表示）上的水解反应，其反应进程中能量变化如图所示。下列说法正确的是A根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应也存在多种

4、反应途径B升高温度，stepwise路径和concerted路径的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率C由于EaEa1，DME水解反应更易以stepwise路径进行D根据图示可知，DME首先与分子筛H+A-结合形成(CH3)2OH+A-【答案】D【解析】A根据反应图示可知，在相同的催化剂作用下，化学反应存在一种反应途径，A错误；B升高温度，stepwise路径和concerted路径的反应速率都加快，不改变其它，平衡不改变，转化率不变，B错误；C由于EaEa1，活化能越大，反应速率越慢，DME水解反应更易以concerted路径进行，C错误，D根据图示信息可知，DME首先与分子筛H+ A-

5、结合形成(CH3)2OH+ A-，D正确；故选D。4SO2既是大气主要污染物之一，又在生产生活中具有广泛应用，如可生产SO3并进而制得硫酸等，其反应原理为：2SO2(g)O2(g)=2SO3(g) H=-196.6 kJmol-1。实验室可用铜和浓硫酸制取SO2。对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，下列说法正确的是A该反应在任何条件下都能自发进行B反应达平衡后再通入O2，SO3的体积分数一定增加C反应在高温、催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率D2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所含键能总和比2 mol SO3(g)所含键能小【答案】D【解析】A该反应的熵减小，

6、故不一定在任何条件均能自发，选项A错误；B当通入无穷大的O2时，参与反应的O2较少，生成的SO3略有增多，但是由于没有反应的O2的量更多，则SO3的体积分数反而减小，选项B错误；C催化剂不可以改变SO2的平衡转化率，选项C错误；D反应的H=2mol SO2(g)1mol O2(g)2mol SO3(g)=196.6 kJmol10，则有2mol SO2(g)1mol O2(g)2mol SO3(g)，选项D正确。答案选D。5一定量的CO2与足量的C在恒压密闭容器中发生反应：C(s)+CO2(g)2CO(g) H，若压强为p kPa，平衡时体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是

7、A该反应H0B650时CO2的平衡转化率为30%Ct1时达平衡后若再充入等物质的量的CO和CO2气体，则平衡逆向移动D若密闭容器中混合气体密度不再变化时，该反应处于平衡状态【答案】D【解析】A反应C(s)+CO2(g)2CO(g)的正反应是吸热反应，所以H0，A错误；B根据图象可知在温度为650时CO2的含量是60%，假设开始时CO2的物质的量是1 mol，反应的CO2的物质的量为x mol，反应产生CO的物质的量是2x，则平衡时CO2的物质的量为(1-x) mol，解得x=0.25 mol，所以CO2的平衡转化率为，B错误；C在温度为t1时CO、CO2的含量相同，P(CO)=P(CO2)=0

8、.5p kPa，该温度下的化学平衡常数Kp=。t1时达平衡后若再充入等物质的量的CO和CO2气体，仍然存在P(CO2)=P(CO)，则Qc=Kp，因此化学平衡不移动，C错误；D该反应在恒压密闭容器中进行，当混合气体密度不再变化时，气体的质量及气体的物质的量不再发生变化，反应达到了平衡状态，D正确；故选D。62021年为我国实现碳达峰、碳中和关键的一年，CO2综合利用的技术不断创新。某实验小组研究CO2和CH4反应得到合成气的原理为：。向体积为1L的密闭容器中充入和，反应过程中CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。下列有关说法正确的是A该反应的B压强：C1100时，该反应的平衡常数为12

9、.96D反应达到平衡后在容器内再充入和，此时CO2的转化率会增大【答案】C【解析】A由题干图示可知，压强相同时，温度升高，CO2的转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，故该反应的，A错误；B由题干图示可知，温度相同时，p2压强下CO2的转化率更大，结合反应方程式可知，增大压强，化学平衡逆向移动，CO2的转化率减小，故压强：，B错误；C1100时，根据三段式分析可知，该反应的平衡常数为K=12.96，C正确；D反应达到平衡后在容器内再充入和，相当于对容器增大压强，化学平衡逆向移动，故此时CO2的转化率会减小，D错误；故答案为C。7一定温度下，反应MgCl2(l)Mg(l)+Cl2(g)达到平衡时

10、，下列说法不正确的是A及时移除反应体系中的Mg(l)，可以增大MgCl2(l)的转化率B恒压装置中，若减小装置体积为原来的一半，与原平衡相比，Cl2(g)的浓度不变C恒容装置中，若Cl2(g)浓度不再改变，则该反应达到平衡状态D温度升高可以增大MgCl2(l)的转化率【答案】A【解析】A及时移除反应体系中的Mg(l)，平衡不移动，MgCl2(l)的转化率不变，A项错误；B该反应的平衡常数表达式为K=c(Cl2)，恒压装置中，若减小装置体积为原来的一半，温度不变，K不变，则Cl2(g)的浓度不变，B项正确；C恒容装置中，Cl2(g)浓度不变，说明氯气的物质的量不变，反应达到平衡状态，C项正确；D

11、该反应为分解反应，是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，故温度升高可以增大MgCl2(l)的转化率，D项正确；答案选A。8在一定温度和催化剂的条件下，发生。将0.1 mol NH3通入3 L的密闭容器中进行反应（此时容器内总压为200 kPa），各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。下列的说法不正确的是A曲线I表示NH3的分压随时间的变化B用H2的浓度变化表示0-t1时间内的反应速率（用含t1的代数式表示）Ct2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，N2分压变化趋势的曲线是bD在此温度下该反应的化学平衡常数【答案】B【解析】A将0.1 mol NH3通入3 L的密闭容器中进行反应（此时容器

12、内总压为200 kPa），随着反应的进行，NH3不断分解变为N2、H2，所以NH3的分压逐渐减小，H2、N2的分压逐渐增大。根据图示可知I表示物质的分压逐渐减小，II、III分压逐渐增大，且II分压增大的多于III，所以故曲线I表示NH3的分压随时间的变化，II、III分别表示H2、N2的分压随时间的变化，A正确；B密闭容器中0.1 mol NH3总压为200 kPa，则如图t1时H2的分压为120 kPa，则H2的物质的量为n(H2)=0.06 mol，v(H2)=，B错误；C容器体积迅速缩小到原来的一半，则氮气的分压迅速增大到原来的2倍，压强增大，平衡向气体总体积减小的方向移动，即平衡逆向

13、移动，N2的分压应比原来2倍小，N2分压变化趋势的曲线是b，C正确；D在该温度下，达到平衡时，p(N2)=40 kPa，p(H2)=120 kPa，p(NH3)=120 kPa，则化学平衡常数Kp=，D正确；故选B。9N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) H=-116.4kJmol-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中

14、的NO转化为N2，也可将水体中的NO转化为N2。对于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)，下列说法正确的是A该反应的H0，S0B反应的平衡常数可表示为K=C使用高效催化剂能降低反应的焓变D其他条件相同，增大，NO的转化率下降【答案】A【解析】A2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) H=-116.4kJmol-1，反应气体物质的量减少，S0，故A正确；B2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应的平衡常数可表示为K=，故B错误；C使用高效催化剂，反应的焓变不变，故C错误；D其他条件相同，增大，NO的转化率增大，故D错误；选A。10CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过

15、程主要发生下列反应：反应：CO2(g)+3H2(g)= CH3OH(g)+H2O(g)；H= - 49.5 kJmol-1反应：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；H=41.2 kJmol-1在0.5 MPa条件下，将n(CO2)n(H2)为13的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，实验测得CO2的转化率、CH3OH的选择性100%与温度的关系如图所示。下列有关说法正确的是A反应继续加氢生成甲醇的热化学方程式可表示为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)；H=-90.7 kJmol -1B其他条件不变，增大起始n(CO2)n(H2)的比值，可提高CO2的平衡转化率C其

16、他条件不变，在280400C间，产物中n(CH3OH)随温度的升高先增大后减小D为高效生产CH3OH，需研发低温下CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂【答案】B【解析】A根据盖斯定律可知反应反应即得到一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H=-90.7kJmol-1，A正确；B其他条件不变，增大起始n(CO2)n(H2)的比值，可提高H2的平衡转化率，但CO2的平衡转化率降低，B错误；C假设参加反应的二氧化碳是1mol，根据图像可知280生成甲醇是0.940.03mol0.0282mol，同理320生成甲醇是0.920.1mol0.092mol，

17、360生成甲醇是0.150.48mol0.072mol，400生成甲醇是0.040.17mol0.0068mol，即其他条件不变，在280400间，产物中n(CH3OH)随温度的升高先增大后减小，C正确；D根据图像以及结合反应是放热反应，反应是吸热反应可知为高效生产CH3OH，需研发低温下CO2转化率高和CH3OH选择性高的催化剂，D正确；答案选B。11三个体积均为0.5 L的恒容密闭容器中分别发生反应：CO(g)Cl2(g)COCl2(g)，容器5min时到达平衡。容器编号温度/起始物质的量/ mol平衡物质的量/ molCOCl2COCl2COCl25001.01.000.85001.0a

18、00.56000.50.50.50.7下列说法正确的是A该反应正反应方向为吸热反应B容器中前5min的平均反应速率v(Cl2)=0.16 molL-1min-1Ca=0.55D若起始时向容器加入CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，达到平衡时CO转化率大于80%【答案】C【解析】A、是等效平衡，升高温度n(COCl2)减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，A说法错误；B中平衡时得到n(COCl2)=0.8mol，根据方程式知，参加反应的n(CO)=n(COCl2)=0.8mol，则5min内v(CO)=0.8mol0.5L5min=0.32mol/(Lmin)，B说法错误；

19、C容器中，平衡时，CO、Cl2、COCl2的浓度分别为0.4mol/L、1.6mol/L，则反应中，K=1.6(0.40.4)=10，相同下化学平衡常数相等，根据化学平衡常数计算氯气初始物质的量，K=1(1)=10，解得a=0.55mol，C说法正确；D中加入1.0mol CO、1.0mol Cl2时，CO转化率=100%=80%，如果起始时向容器加入CO 0.8 mol、Cl2 0.8 mol，容器内压强小于加入1.0mol CO、1.0mol Cl2时压强，减小压强平衡向气体体积增大的方向移动，即逆反应方向移动，CO转化率小于80%，D说法错误；答案为C。12在容积一定的密闭容器中，充入一

20、定量的NO和足量碳发生化学反应C(s)2NO(g)CO2(g)N2(g)，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是A增加碳的量，平衡正向移动B在T2时，若反应处于状态D，则此时v正v逆C若状态B、C、D的压强分别为pB、pC、pD，则有pC=pDpBD若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2【答案】B【解析】AC为固体，增加其用量对平衡无影响，A错误；B在T2时，若反应体系处于状态D，此时c(NO)高于平衡时NO浓度，故平衡正向移动，因此正逆，B正确；C该反应是等体积反应，B、D温度相同，物质的量相同，因此PD=PB，C、D物质的量相等，温度C大于D点，因此压强P

21、CPD，C错误；D由图示知，升高温度，c(NO)浓度增大，说明平衡逆向移动，故平衡常数减小，因此K2K1，D错误；故答案选B。13在体积均为1.0L的恒容密闭容器甲、乙中，起始投料量如表，在不同温度下发生反应：CO2(g)+C(s)2CO(g)。CO的平衡浓度随温度的变化如图所示。下列说法正确的是容器n(CO2)/moln(C)/moln(CO)/mol甲0.10.30乙000.4A曲线对应的是甲容器Ba、b两点所处状态的压强大小关系：9pa14pbCc点：CO的体积分数D900K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)v(逆)【答案】C【解析】A固体物质不应平衡移动，乙

22、投入0.4mol一氧化碳相当于投入0.2mol二氧化碳，所以乙相当于两个甲容器加压，无论平衡如何移动，乙中一氧化碳浓度一定大于甲，故图中曲线对应的是乙容器，A错误；B甲容器b处乙容器a处，若a、b两点所处温度相同，压强比等于物质的量之比，papb=（0.12+0.16）（0.02+0.16）=149，即9pa=14pb，由于b点温度更高，故a、b两点所处状态的压强大小关系：9pa14pb，B错误；Ca点一氧化碳体积分数为；c点相当于减压，平衡正向移动，一氧化碳体积分数变大，故CO的体积分数，C正确；Da点1100K时的K=，降温则一氧化碳浓度减小，K值减小，900K时K值小于0.213；若起始

23、向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则Q=，平衡逆向移动，v(正)0；T为温度，单位为K）。下列说法正确的是A恒温恒容条件下再充入CO，c(CO)增大，增大B向一容积不变的容器中充入一定量的CO(g)和(g)，一定温度下发生反应，压强不再变化时，该反应达到平衡C恒温恒压条件下充入He，有利于提高的平衡转化率D降低温度，有利于提高平衡转化率【答案】D【解析】A恒温恒容条件下再充入CO，c(CO)增大，但由于NO2的浓度不变， ，故不变，A错误；B向一容积不变的容器中充入一定量的CO(g)和(g)，一定温度下发生反应，由于反应前后体积的物质的量保持不变，即容器的压强始终保持不变，故压强不再变

24、化时，不能说明该反应达到平衡，B错误；C恒温恒压条件下充入He，相当于反应体系的压强减小，减小压强对于上述平衡不移动，NO2的平衡转化率不变，C错误；D由该反应平衡常数与温度的关系为（式中R、C为常数，且R0；T为温度，单位为K）可知，温度越低，平衡常数K越大，故降低温度，平衡正向移动，有利于提高平衡转化率，D正确；故答案为D。15二甲醚是一种清洁能源，用水煤气制取二甲醚的原理如下：ICO(g)+2H2(g)CH3OH(g)II2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)500 K时，在2 L恒容密闭容器中充入4 mol CO和8 mol H2，4 min达到平衡，平衡时CO的转化率为

25、80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，则下列说法不正确的是A04 min，反应I的v(H2)=0.8 molL-1min-1B反应II中CH3OH的转化率为80%C反应I的平衡常数K=4D容器总压强保持不变，可证明反应体系到达平衡状态【答案】C【解析】A500 K时，在2 L恒容密闭容器中充入4 mol CO和8 mol H2，4 min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，n(CO)=4 mol80%=3.2 mol，则根据物质反应转化关系可知n(H2)=2n(CO)=6.4 mol，故04 min，反应I的v(H2)=，A正确；B反应I发生后有发生反应II：假设反应产生CH3

26、OCH3(g)的物质的量为x，则反应消耗CH3OH(g)的物质的量为2x，根据选项A分析可知平衡时反应产生CH3OH(g)的物质的量为3.2 mol，则反应II达到平衡后n(CH3OH)=(3.2-2x)mol，n(CH3OCH3)=x，由于2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，气体处于同一容器中，则2(3.2-2x)=x，解得x=1.28 mol，所以反应II中CH3OH的转化率为=80%，B正确；C对于反应I：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，反应开始时，n(CO)=4 mol，n(H2)=8 mol，n(CH3OH)=0 mol/L。4 min时反应达到平衡，CO的转化率为8

27、0%，n(CO)=4 mol80%=3.2 mol，根据物质反应转化关系可知：n(H2)=2n(CO)=6.4 mol，n(CH3OH)=3.2 mol，进而发生反应II：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，假设反应产生CH3OCH3的物质的量为x，反应消耗CH3OH的物质的量为2x，由于2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)，则2(3.2-2x)=x，解得x=1.28 mol，可知平衡时n(CH3OH)=3.2 mol-21.28 mol=0.64 mol，n(H2)=8 mol-6.4 mol=1.6 mol，n(CO)=4 mol-3.2 mol=0.8 mol，反应

28、容器的容积是2 L，则c(CO)=0.4 mol/L，c(H2)=0.8 mol/L，c(CH3OH)=0.32 mol/L则反应I的化学平衡常数K，C错误；D反应在恒温、恒容密闭容器中进行，反应I是反应前后气体物质的量减小的反应，反应II反应前后气体的物质的量不变，若容器总压强保持不变，则气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，因此可证明反应体系已经到达平衡状态，D正确；故选C。16甲烷-甲醇-碘甲烷热化学循环如图（图中各物质均为气态）所示。下列说法错误的是A反应的B均发生氧化还原反应C反应在高温下能自发进行，则其H0，S0，选项C错误；D由反应，四式相加得，故为水的分解，选项D正确；答案选

29、C。17一定条件下，将三组CO(g)和H2O(g)分别通入体积均为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下数据：实验组温度/C起始时/mol平衡时/mol达到平衡所需时间/minCOH2OCO21650421.652900210.433？210.40.1下列说法错误的是A实验1中，前5minCO的平均速率为0.16molL-1min-1B与实验2相比，实验3改变的条件可能是温度C平衡常数：实验1实验2DCO平衡转化率：实验1实验2【答案】B【解析】A实验1中，参加反应的一氧化碳的物质的量为1.6mol，前5min用一氧化碳表示的速率为1.6mo

30、l2L5min=0.16molL-1min-1，A正确；B实验3和实验2相比，起始量、平衡量均相等，但达到平衡所用的时间实验3短，说明实验3的反应速率快，因此改变的条件为使用了催化剂，B错误；C实验1列三段式：，平衡常数，CO转化率：，实验2列三段式，平衡常数，CO转化率：平衡常数：实验1实验2，C正确；D由C选项可知，CO平衡转化率：实验1实验2，D正确；答案选B。18在一定的温度和压强下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有催化剂的反应器可得到甲烷。已知：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=-165kJmol-1；CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g

31、) H=+41kJmol-1，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂作用下反应相同时间，测CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如图所示。已知：CH4选择性=100%下列有关说法正确的是A在260320间，以Ni-CeO2为催化剂，升高温度CH4的产率不变B延长W点的反应时间，一定能提高CO2的转化率C选择合适的催化剂，有利于提高CO2的转化率D高于320后，以Ni为催化剂，随温度的升高CO2转化率上升的原因是平衡正向移动【答案】C【解析】A在260320间，升高温度CH4的选择性基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，选项A错误；BW点可能是平衡点，延

32、长时间不一定能提高CO2的转化率，选项B错误；C由图可知，使用不同的催化剂，CO2的转化率不同，选项C正确；D图示对应的时间内以Ni为催化剂，明显低于相同温度下Ni-CeO2为催化剂的转化率，一定未达平衡，高于320后，随温度的升高CO2转化率上升的原因是催化剂活性增大，反应速率加快，选项D错误。答案选C。19已知反应：2X(1)Y(1)，取等量X，分别在0和20下，测得其转化率随时间变化的关系曲线(-t)如图所示。下列说法正确的是A曲线代表0下X的-t曲线B反应进行到66min时，Y的物质的量为0.113molC该反应H0D加入催化剂，X的平衡转化率升高【答案】A【解析】A据图可知，平衡前反

33、应相同时间，曲线所示条件下转化率更小，即反应速率更慢，温度越低反应速率越小，所以曲线代表0下X的-t曲线，A正确；B据图可知反应进行到66min时，X的转化率为0.113，但初始投料未知，所以无法计算此时Y的物质的量，B错误；C曲线所示温度更高，但平衡时X的转化率低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，H0，C错误；D催化剂可以加快反应速率，但不能改变平衡转化率，D错误；故答案为A。20下列关于平衡说法正确的是A3CH4(g)+2N2(g)3C(s)+4NH3(g)，反应达到平衡时3v(CH4)=4v(NH3)B反应2NO2(g)N2O4(g) HA；A到B体系降温，平衡右移，NO2浓

34、度下降，反应速率也下降，颜色AB，故B错误；C假设总压为P总，由于温度不变，Kp不变，原本的Kp=9/(P总2)，充入3molN2后，此时的Q=9/(P总2)，Q=Kp，平衡不移动，故C错误；D由于温度不变，压强平衡常数Kp不变，而Kp=p(CO2)，因此平衡时CO2 的压强不变，故D正确；答案选D。二、非选择题（共2小题）21工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。请回答：（1）在C和O2的反应体系中：反应1：C(s)+O2(g)=CO2(g) H1=-394kJmol-1反应2：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H2=-566kJ

35、mol-1反应3：2C(s)+O2(g)=2CO(g)H3。设y=H-TS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是_。一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比_。A不变 B增大 C减小 D无法判断（2）水煤气反应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=131kJmol-1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是_。（3）一氧化碳变换反应：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H=-41kJmol-1。一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强（即组分的物质的量分数总压）：p(CO)=0.

36、25MPa、p(H2O)=0.25MPa、p(CO2)=0.75MPa和p(H2)=0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为_。维持与题相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为_。生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是_。A反应温度愈高愈好 B适当提高反应物压强C选择合适的催化剂 D通入一定量的氮气以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量-反应过程如图2所示。用两个化学方程式表示该催化反应历程（反应机理）：步骤：_；步骤：_。【答案】（1）a B（2）水蒸气与煤炭反应吸热，

37、氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率（3）9.0 1.81 BC M+H2O=MO+H2 MO+CO=M+CO2【解析】（1）由已知方程式：(2反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，故此处填a；温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与

38、CO2物质的量比值增大，故答案选B；（2）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，故此处填：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率；（3）该反应平衡常数K=；假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.81；A反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，A不符合题意；B适当增大压强，可加快反应速率，B符合

39、题意；C选择合适的催化剂有利于加快反应速率，C符合题意；D若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，D不符合题意；故答案选BC；水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。22做好碳达峰、碳中和工作，是中央经济工作会议确定的2021年八项重点任务之一，CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善。（1）一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应：反应1：反应2：反应3：其对应的平衡常数分别为K1

40、、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图所示。则H2_H3（填“大于”、“小于”或“等于”）。（2）对于上述CO2加氢合成CH3OH的体系，下列说法错误的是_（填标号）。A增大H2浓度有利于提高CO2的转化率B当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡C体系达平衡后，若压缩体积，则反应1平衡不移动，反应3平衡正向移动D选用合适的催化剂可以提高CH3OH在单位时间内的产量已知对于反应：，其标准平衡常数：，某温度为T，压强为的恒压密闭容器中，通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol（ba），此时H2O(g)的

41、分压p(H2O)=_（用含a、b的代数式表示，下同），反应1的标准平衡常数为_。（3）电催化还原能将CO2转化为多种碳产物。在铜电极上将CO2还原为CO的机理如图所示：写出该机理过程总的电极方程式：_。（4）利用CO2为原料可以合成苯乙烯，涉及以下反应：III结合数据说明乙苯制苯乙烯过程中加氧气的理由_。【答案】（1）小于（2）C （3）（4）I+II可得，反应II使反应I得以实现；，反应II为反应I提供热量【解析】（1）根据图示可知：反应II、III的化学平衡常数随温度的升高而减小，说明升高温度，平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以H20，H0，且K3受温度影响变化更大，说明反应III的反应

42、热更大，所以H2H。（2）A增大H2浓度，化学平衡正向移动，因此有利于提高CO2的转化率，A正确；B在上述三个反应中，反应1是反应前后气体物质的量不变的反应，反应2、3都是气体体积减小的反应，反应混合物都是气体，当气体的平均相对分子质量保持不变时，气体的物质的量不变，说明反应体系已达平衡，B正确；C压强增大，化学平衡向气体体积小的方向移动，所以体系达平衡后，若压缩体积，则压强增大，反应3平衡正向移动，使CO2浓度减小、H2O浓度增大，反应1平衡逆向移动，C错误；D选用合适的催化剂可以加快化学反应速率，提高CH3OH在单位时间内的产量，D正确；故合理选项是C；在密闭容器中发生反应：反应1：反应2

43、：，某温度为T，压强为的恒压密闭容器中，通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，反应开始时气体总物质的量为n(始)=1 mol+3 mol=4 mol，反应达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol（ba），根据反应2：反应产生CH3OH(g)为a mol，消耗H2物质的量为2a mol，消耗CO物质的量为a mol，此时容器中还有CO为b mol，则反应1产生CO、H2O的物质的量都是(a+b) mol，消耗CO2、H2的物质的量都是(a+b) mol，由于反应1是反应前后气体体积不变的反应，反应2是气体体积减小的反应。每反应产生1 mol CH3OH，反

44、应后气体的总物质的量会减小2 mol，现在反应产生a mol CH3OH，反应后气体物质的量减小2a mol，则平衡时气体总物质的量n(平)=(4-2a) mol，此时H2O(g)的分压P(H2O)=；反应1，达到平衡时各种气体的物质的量分别为：n(CO2)=(1-a-b)mol，n(H2)=(3-3a-b)mol，n(CO)=b mol，n(H2O)=(a+b)mol，则各气体的分压为P(CO2)=，P(H2)= ，P(CO)=，n(H2O)=，反应1的标准平衡常数=。（3）根据图示可知：该机理过程总的来说是CO2得到电子，与H+结合形成CO、H2O，故总的电极方程式为：。（4）反应I是吸热反应，使物质环境温度降低，而反应II是放热反应，放出热量，是周围环境温度升高。根据盖斯定律，将反应I与反应II相加，整理可得，反应II发生放出热量，使反应I得以实现；，反应II为反应I提供热量，因此在由乙苯制取苯乙烯时需要加入一定量的氧气。