2023届高考化学——化学反应原理专项练习1（解析版） WORD版含解析.docx

1、化学反应原理1(1)汽车尾气中的 NO和CO可在催化剂作用下生成无污染的气体而除去。在密闭容器中充入10 mol CO和8 mol NO发生反应，测得平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图。已知该反应在较低温度下能自发进行，则反应 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2 (g)，H_0(填“” “=”或“”)。该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和CO的转化率，可采取的措施有_ (填字母序号)a.改用高效催化剂 b缩小容器的体积 c增加 NO 的浓度 d升高温度(2)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2，将一定比例的O2、NH3 和NOx的混合气体匀速通入装有

2、催化剂M的反应器中反应，反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。解释在50 150 范围内随温度升高，NOx 的去除率迅速上升的原因是_(3)NH3催化还原氮氧化物技术是目前应用最广泛的烟气脱氮技术：4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) H0。密闭容器中，在相同时间内，在催化剂 A作用下脱氮率随温度变化如图所示。现改用催化能力稍弱的催化剂B进行实验，请在上图中画出在催化剂 B作用下的脱氮率随温度变化的曲线_(不考虑温度对催化剂活性的影响)。(4)某研究小组利用反应：C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g) H= -34.0 kJ/mol，用活性炭

3、对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体，保持恒压测得 NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知，在 1050 K 前，反应中 NO的转化率随温度升髙而增大，其原因为_； 在 1100 K 时，N2的体积分数为_。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作 Kp )。在 1050 K、1.1106 Pa 时，该反应的化学平衡常数 Kp=_(已知：气体分压(P分) =气体总压(Pa)体积分数)【答案】(1) bc (2)迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大 (3) (4)1050 K前反应未达到平衡状态，转

4、化率没有达到最大值，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 20% 4 【解析】(1)根据反应自由能公式G=H-TS，若反应能够自发进行，则G=H-TS0，该反应的正反应是气体体积减小的反应，S0，反应在低温下可自发进行，则H0；根据上述分析可知：2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2 (g)，H0；a项，改用高效催化剂加快反应速率，平衡不变，物质转化率不变，a错误；b项，缩小容器的体积，体系内压强增大，反应速率增大，平衡正向进行，NO的转化率增大，b正确；c项，增加CO的浓度反应速率增大，平衡正向进行，NO的转化率增大，c正确；d项，升高温度，反应速率增大，由于该反应的正反应为放

5、热反应，升温平衡逆向进行，NO的转化率减小，d错误；故选bc；(2)在一定温度范围内催化剂活性较大，超过其温度范围，催化剂活性降低，根据图知，迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升阶段缓慢主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降；(3)300前反应未达到平衡状态，脱氮率决定于速率，温度越高速率越快，所以脱氮率增大，300之后反应达平衡，脱氮率决定于平衡的移动，该反应正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，脱氮率减小B催化剂的效率低，所以达平衡的时间长，平衡不移动，但最终的脱氮率不变，所以图象为；(4)该反应的正反应是放热反应，

6、反应从正反应方向开始，当达到平衡状态时反应物的转化率最高；1050 K前转化率没有达到最大值，即反应未达到平衡状态，随温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；在1100 K时，NO的转化率为40%，设起始量NO为2 mol，则根据反应方程式可知平衡时NO的物质的量为n(NO)=2 mol(1-40%)=1.2 mol，n(N2)=n(CO2)=n(NO)= 2 mol40%=0.4 mol，所以平衡时N2的体积分数为100%=20%；由图可知1050K时，NO的转化率为80%，设NO起始量为1 mol，则根据物质反应转化关系可知平衡时各种物质的物质的量分别为：n(NO)=1 mol(1-80%

7、)=0.2 mol，n(N2)=n(CO2)=n(NO)= 1 mol80%=0.4 mol，气体的物质的量的比等于气体所占的压强比，平衡常数压强表示的平衡常数Kp=4。2二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为H2、CO和少量CO2) 直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应： CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=90.1kJmol-1 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H2=49.0kJmol-1 CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g) H3=+41.1kJmol-1 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O

8、(g) H4=24.5kJmol-1。试回答下列问题： (1)由H2和CO直接制备二甲醚的热化学方程式：2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H =_kJmol1；该反应可以自发进行的条件为_。(2)将1.0mol CO2 和 3.0mol H2 充入2L恒容密闭容器中，使其仅按反应进行，在不同催化剂作用下，相同时间内 CO2 的转化率随温度变化如图所示。下列说法正确的是_ AT3对应的平衡常数小于T4对应的平衡常数 B根据图中曲线分析，催化剂I的催化效果最好 Cb点v(正)可能等于v(逆)Da点的转化率比c点高可能的原因是该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率降低

9、 (3)若CO2和H2仅发生反应和，研究表明：在其他条件相同的情况下，用新型催化剂可以显著提高甲醇的选择性，使用该催化剂，按 n(CO2)：n(H2)=1：3(总量为a mol)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率(甲醇的选择率：转化的 CO2中生成甲醇的物质的量分数)随温度的变化趋势如图所示：(忽略温度对催化剂的影响) 在553K达到平衡时，反应体系内甲醇的物质的量为_mol。 随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，请分析其原因：_ 。(4)O2催化辅助的 Al-CO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C

10、2O4)3是重要的化工原料。 则电池的正极反应式：6O2+6e-=6O2-和_ 。【答案】(1)204.7 低温 (2)BD (3)0.0315a 当温度升高时反应平衡逆向移动，而反应平衡正向移动且幅度更大，所以 CO2 的转化率增加，但甲醇的选择性却降低 (4)6CO2+6O2-=3C2O42-+6O2 【解析】(1)已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H1=-90.1kJmol-1 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) H4=-24.5kJmol-1，由于反应热与反应途径无关，只与物质的始态和终态有关，所以2+，整理可得2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(

11、g)+H2O(g) H =-204.7kJmol1；该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，根据自发进行反应的依据G=H-TS0，H0，S0，要使H-TST4，A错误；B项，反应温度低，反应物的转化效率高，则催化剂的催化效果好，根据图示，在相同温度下在催化剂I时CO2转化效率最高，故催化剂I的催化效果最好，B正确；C项，题中说明图中的转化率是在同一时间内测得的，并非平衡的转化率，所以不能判断b点是否平衡，故无法比较v(正)、v(逆)的大小，C错误；D项，根据图示可知：CO2的转化效率在温度比较低的T4高于温度较高的T5，是由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致转化率降，

12、D正确；故选BD；(3)按 n(CO2)：n(H2)=1：3(总量为a mol)，则其中含有CO2的物质的量n(CO2)= mol=mol，根据图示可知在553K达到平衡时，反应体系内CO2的平衡转化率为21%，甲醇的选择率为60%，根据C元素守恒，可得甲醇物质的量n(CH3OH)= mol21%60%=0.0315a mol；反应的正反应是吸热反应，升高温度，该反应正向移动，且温度对吸热反应影响更大，使CO2的平衡转化率增加，但对于反应，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，该反应的化学平衡逆向移动，所以甲醇的平衡转化率反而降低，即甲醇的选择率降低；(4)该原电池中Al作负极，失电子生成铝

13、离子，电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式：6O2+6e-=6O2-、产生的O2-与CO2结合形成草酸根离子，电极反应式为6CO2+6O2-=6O2+3C2O42-，可见O2在反应过程中，在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，所以氧气在反应中作催化剂。3二甲醚和乙醇是两种常见的有机溶剂，也可作为新能源。(1)通过以下反应可获得二甲醚(CH3OCH3)：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H 1a kJmol1CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H 2b kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g) H 3c kJmol1则反应

14、2CO(g)4H2(g)CH3OCH3(g)H2O(g)的 H_kJmol1。 (2)已知气相直接水合法可以制取乙醇：H2O(g)C2H4(g)CH3CH2OH(g)。在 n(H2O)n(C2H4)11 的条件下投料，乙烯的平衡转化率与温度(T)及压强(p) 的关系如图1所示。图1下列有关说法中正确的是_。Ap1p2 B280时，vBvCCA、B、C 三点的平衡常数 KAKBKC D低温有利于该反应自发进行在 p2，280条件下，C 点的 v 正 _v 逆 (填“”、“”或“”)，理由是_。计算图 1 中 A 点的平衡常数 Kp_。(结果用 p2 的代数式表示，平衡分压代替平衡浓度计算，分压总

15、压物质的量分数)(3)在 n(H2O)n(C2H4)1x 的条件下投料，某研究小组在压强为 p2，温度为 252 时，进行平衡体系中乙醇的体积分数随投料比变化的测定实验。在图 2 中画出平衡体系中乙醇的体积分数 随 x 变化的示意图_。【答案】(1)2a+2b+c (2)BD 在p2，280条件下，平衡转化率在B点位置，说明C点未达平衡状态，反应正向进行 (3) 【解析】(1)通过以下反应可获得二甲醚(CH3OCH3)：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H 1a kJmol1CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H 2b kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3

16、(g)H2O(g) H 3c kJmol1由盖斯定律，2+2+得：反应 2CO(g)4H2(g)CH3OCH3(g)H2O(g)的 H(2a+2b+c)kJmol1。(2)A项，当温度相同时，从p1到p2乙烯转化率增大，平衡正向移动，p1p2 ，故A错误；B项，280时，B点压强大，vBvC，故B正确；C项，压强为P2时升高温度，乙烯转化率减小，平衡常数减小，但BC温度相同，平衡常数相同，A、B、C 三点的平衡常数 KAKB=KC ，故C错误；D项，升高温度，乙烯转化率减小，H0，Sv 逆；理由是：在p2，280条件下，平衡转化率在B点位置，说明C点未达平衡状态，反应正向进行；计算图 1 中

17、A 点的平衡常数： 乙醇占= ，乙烯和水各占=，Kp 。(3)在 n(H2O)n(C2H4)1x 的条件下投料，某研究小组在压强为 p2，温度为 252 时，进行平衡体系中乙醇的体积分数随投料比变化的测定实验。n(H2O)n(C2H4)11时，乙烯的转化率最大，或11.1%，画出平衡体系中乙醇的体积分数 随 x 变化的示意图。4新型材料 AIN 应用前景广泛，对其制备过程的研究成为热点。(1)将物质的量均为a mol 的 Al2O3与N2 充入恒温恒容密闭容器中，控制温度发生反应：2Al2O3(s)+2N2(g) 4AlN(s) +3O2(g) H0。下列可作为反应达到平衡的判据是_(填序号)

18、。A固体的质量不再改变 B2v正(N2)=3v逆(O 2) CH 不变D容器内气体的压强不变 EN2分子数与 O2 分子数比为 2：3在起始压强为p的反应体系中，平衡时 N2的转化率为，则上述反应的平衡常数 Kp_(对于气相反应，用某组分 B 的平衡压强 p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B) =p总x(B) ，p总为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。为促进反应的进行，实际生产中需加入焦炭，其原因是_。(2)铝粉与 N2 在一定温度下可直接生成 AlN， 加入少量 NH4Cl 固体可促进反应。将等质量的A1粉与不同量的 NH4Cl混合均匀后置于

19、充 N2的密闭容器中，电火花引燃，产品中 AlN的质量分数(AlN) 随原料中(NH4Cl)的变化如图1所示，燃烧过程中温度随时间变化如图2所示。则：固体混合物中，(NH4Cl)的最佳选择是_。结合图2解释当(NH4Cl)超过一定值后，(AlN)明显减少的原因_。(3)AIN粉末会缓慢发生水解反应，粒径为100 nm 的 AlN 粉末水解时溶液 pH的变化如图3 所示。AlN 粉末水解的化学方程式是_。相同条件下，请在图3中画出粒径为40 nm 的AlN粉末水解的变化曲线_。【答案】(1)AD p 消耗O2、提供能量，均能使平衡向右移动 (2)3 % NH4Cl分解吸热造成温度降低，不利于Al

20、 与N2反应 (3)AlN + 4H2O Al(OH)3 + NH3H2O 【解析】(1)A项，消耗2mol Al2O3会生成4molAlN，固体质量减少，当固体的质量不再改变时，反应达到了平衡状态；B项，当3v正(N2)=2v逆(O2)时，正逆反应速率相等，反应达到了平衡状态，但2v正(N2)=3v逆(O2)表示的正逆反应速率不相等，不是平衡状态；C项，H取决于反应物和生成物的总能量的相对大小，和是否平衡无关；D项，在恒温恒容条件下，容器内的压强和气体的物质的量成正比。该反应是反应前后气体分子数不相等的反应，在平衡建立过程中，气体总物质的量一直在改变，只有达到平衡时，气体总物质的量才不再不变

21、，即容器内压强才不变，所以当容器内气体的压强不变时，反应达到了平衡状态；E项，N2分子数与 O2 分子数之比和起始投料以及转化率有关，当N2分子数与O2分子数比为 2：3时，反应不一定是平衡状态；故选AD。反应2Al2O3(s)+2N2(g) 4AlN(s) +3O2(g)，在起始时加入的是等物质的量的Al2O3与N2，由于反应物中只有N2是气体，所以起始压强p即为起始时N2的分压，列三段式求Kp，已知平衡时N2的转化率为，则Kp=p。为促进反应的进行，实际生产中需加入焦炭，焦炭和氧气反应，放出热量。焦炭既可以消耗氧气，使生成物浓度降低，又可以提供热量，这两方面的作用都可以使平衡右移，从而促进

22、反应的进行。(2)从图1可以看出，当(NH4Cl)=3%时，(AlN)最大，所以最佳选择是(NH4Cl)=3%。从图2可以看出，反应过程中温度会降低。(NH4Cl)=3%时的温度比(NH4Cl)=1%时的温度降低得更多。这是因为NH4Cl分解吸热，当(NH4Cl)超过一定值后，NH4Cl分解吸热造成温度降低不利于Al 与N2反应，导致(AlN)明显减少；(3)AIN粉末会缓慢发生水解反应，生成Al(OH)3和NH3，AlN 粉末水解的化学方程式是AlN + 4H2O Al(OH)3 + NH3H2O。相同条件下，由于粒径为40nm的AlN粉末和水的接触面积更大，所以其水解速率大于粒径为100n

23、m的AlN粉末的水解速率，由于固体不影响平衡，所以最终溶液的pH是相同的。粒径为40 nm 的AlN粉末水解的变化曲线为。5氮及其化合物对环境具有显著影响。(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应：N2(g)+O2(g) 2NO(g) H=+180 kJ/molN2(g)+2O2(g) 2NO2(g) H=+68 kJ/mol则 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) H=_ kJ/mol(2)对于反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)的反应历程如下：第一步：2NO(g)N2O2(g)(快速平衡)第二步：N2O2(g)+O2(g) 2NO(g)(慢反应)其中可近似认为第二步反应不影

24、响第一步的平衡，第一步反应中：正=k1 正c2(NO)， 逆=k1 逆c(N2O2)，k1正、k1 逆为速率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是_A整个反应的速率由第一步反应速率决定B同一温度下，平衡时第一步反应的越大，反应正向程度越大C第二步反应速率慢，因而平衡转化率也低D第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高(3)在密闭容器中充入一定量的CO和NO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g) H”、“a；b的活性温度约450。在图中画出b所对应的曲线(从300开始画) _。(4)在汽车的排气管上加装催化转化装置可减少NOx的排放。研究表明，NOx的脱除率除与还原剂

25、、催化剂相关外，还取决于催化剂表面氧缺位的密集程度。以La0.8A0.2BCoO3X(A、B 均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：第一阶段：B4(不稳定)H2低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)第二阶段：I . NO(g)+NO(a)II . 2NO(a)2N(a)+O2(g) III. 2N(a)N2(g)+2IV. 2NO(a)N2(g)+2O(a) V. 2O(a)O2(g)+2注：表示催化剂表面的氧缺位，g表示气态，a表示吸附态第一阶段用氢气还原 B4得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_。【答案】(1)-112 (2)BD (3)

26、A (4)还原后催化剂中金属原子的个数不变，低价态金属离子越多，氧缺位增多，反应速率加快 【解析】(1)已知N2(g)+O2(g) 2NO(g) H=+180 kJ/molN2(g)+2O2(g) 2NO2(g) H=+68 kJ/mol盖斯定律计算-，整理可得2NO(g) +O2(g) 2NO2(g) H=-112 kJ/mol；(2) A项，整个反应的速率由慢反应决定，A错误；B项，根据同一温度下，平衡时第一步反应的越大，化学平衡常数越大，则反应正向程度越大，B正确；C项，反应速率低与转化率大小无关，因此不能根据反应速率慢判断反应达到平衡时物质的转化率小，C错误；D项，相同温度下，第一步反

27、应快速达到平衡，第二步是慢反应，说明第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高，D正确；故选BD；(3)该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，在压强不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使NO的体积分数增大，根据图象可知：在温度为T1时体积分数大，可确定温度：T1T2；该反应的正反应为放热反应，在相同压强时，温度升高，平衡逆向移动，NO体积分数增大，根据图象可知反应温度：BDF。在D点对反应容器升温的同时扩大体积，使体系的压强减小，则化学平衡逆向移动，最终导致NO的体积分数增大，所以重新达到平衡时，可能D点变为图中的A点；在一定温度范围内温度升高，催化剂活性增大，但达到平衡时NO脱

28、除率降低，且催化剂b的催化效率 ba，b的活性温度约450。在相同温度时，b比a先使NO达到最大脱氮率，所以催化剂b的曲线表示为；(3)第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子增多，还原后催化剂中金属原子的个数不变，价态降低，低价态的金属离子越多，氧缺位增多，反应速率加快，故第二阶段反应的速率越快。6气体之间的反应有其独特的优点，对其研究具有重要意义。(1)在一容积可变的密闭容器中，1molCO与2molH2发生反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，CO在不同温度下的平衡转化率()与压强的关系如图1所示。在B点条件下，下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是_。AH2的消耗速

29、率是CH3OH生成速率的2倍BCH3OH的体积分数不再改变C混合气体的密度不再改变DCO和CH3OH的物质的量之比保持不变(2)CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)在_(填“低温”、“高温”或“任意温度”)下能自发进行。(3)化学平衡常数K(B)、K(C)、K(D)的大小关系是：_。(4)计算图中A点的平衡常数Kp=_。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数；用P1或P2或P3表示)。(5)已知NH3(g)+NOx(g)+O2(g) N2(g)+H2O(g)(未配平)，为研究NH3选择性催化还原脱硝的反应条件，某科研小组通过一系列实验，得出平衡时的脱硝率与氨氮比的关系其中N

30、H3/NO2表示氨氮比，O2%表示氧气含量。图2中，最佳氨氮比为2.0，理由是_。请在图3中，用实线画出不使用催化剂情况下(其他条件完全相同)的图示_。【答案】(1)BCD (2)低温 (3)K(B)K(C) = K(D) (4) (5)氨氮比为2.0到2.2，脱硝率变化不大，但氨浓度增加较大，导致成产成本增多，低于2.0时，脱硝率随氨氮比增加而明显增大 【解析】A项，H2的消耗速率，正向进行，CH3OH生成速率，正向进行，同一个方向，因此不能说明达到平衡，故A不符合题意；B项，CH3OH的体积分数不再改变，说明达到平衡，故B符合题意；C项，密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量不变

31、，容器体积减小，密度不断减小，当混合气体的密度不再改变，则达到平衡，故C符合题意；D项，CO和CH3OH的物质的量之比保持不变，则说明达到平衡，故D符合题意；故选BCD。从C点到A点，温度降低，转化率升高，平衡正向移动，降温向放热反应移动即正向放热反应，反应是体积减小反应S 0，因此根据G = HS0，得出CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)在在低温下能自发进行；C、D温度相同，K(C) = K(D)，B温度比C温度低，反应是放热反应，因此降温正向移动，平衡常数增大，即K(B)K(C)，所以化学平衡常数K(B)、K(C)、K(D)的大小关系是：K(B)K(C) = K(D)。根据温度相同

32、，平衡常数相同，A点平衡常数与E点平衡常数相同，因此E点CO转化率为80%，则：因此E点的平衡常数，A点和E一样，Kp=。图2中，根据图中信息氨氮比为2.0到2.2，脱硝率变化不大，但氨浓度增加较大，因此增加成本较多，低于2.0时，脱硝率随氨氮比增加而明显增大，所以最佳氨氮比为2.0；故答案为：氨氮比为2.0到2.2，脱硝率变化不大，但氨浓度增加较大，导致成产成本增多，低于2.0时，脱硝率随氨氮比增加而明显增大。请在图3中，使用催化剂与不使用，主要是反应速率加快，转化率不变，因此用实线画出不使用催化剂情况下的图示与原来是一致的，只是把虚线变为实线，如图。7碘在科研与生活中有重要应用。(1)I2

33、O5 是白色粉末状固体，在合成氨工业中常用 I2O5 来定量测量 CO 的含量。已知：2I2 (s)+5O2 (g)=2I2O5 (s) H=75.56kJmol-12CO (g)+O2 (g)=2CO2 (g) H=566.0kJmol-1写出 CO (g)与 I2O5 (s)反应析出固态 I2 的热化学方程式：_，若这个反应一定能自发进行，则反应的S_0(填“”，“x2x1 0.061 (4)氢气的化学吸附是决速步，增大氢气浓度加快整体化学反应速率，且副反应的速率增大幅度小于主反应，所以乙醇的选择性增大 (5) 【解析】(1)根据盖斯定律，将已知反应1和2相加即得到目标反应，反应热H3=H

34、1+H2=-22.62 kJmol-1；(2)该反应为放热反应，若需要提高甲醇的产率则需要将平衡正向移动；降低反应温度，反应向放热方向移动(即正反应方向)，可增大甲醇产率；适当增大压强，反应向气体系数和小的方向移动(即正反应方向)，可增大甲醇的产率；加入催化剂可以增大化学反应速率但不影响化学平衡，故选AD；(3)根据图象可以知道，x3的平衡转化率最高x1的平衡转化率最低，说明在充入相同乙酸甲酯时，充入的氢气量x3最大，氢气量越大，乙酸甲酯的平衡转化率就越大，x为氢酯比，故x3x2x1；250时，乙酸甲酯的平衡转化率为90%，即反应的0.9mol的乙酸甲酯，根据乙醇的选择性可以计算最后有0.54

35、mol的乙酸甲酯最终转化为乙醇，剩余的0.36mol乙酸甲酯参与了副反应，主反应过程中生成乙醇0.54mol、甲醇0.54mol，消耗氢气1.12mol，剩余氢气8.92mol，副反应过程中生成甲醇0.36mol，故平衡时c(CH3COOCH3)=0.1mol/L，c(H2)=8.92mol/L，c(C2H5OH)=0.54mol/L，c(CH3OH)=0.9mol/L，主反应的平衡常数K=0.061；(4)氢酯比在2-9之间，乙醇的选择性逐渐增大，其原因是：氢气的化学吸附是决速步，增大氢气浓度加快整体化学反应速率，且副反应的速率增大幅度小于主反应，所以乙醇的选择性增大；(5)在恒压条件下反应

36、，再充入各1mol反应物，反应物的浓度增大，正反应速率加快，生成物浓度减小，逆反应速率减慢；因同时加入等量的反应物与初始状态投入的各反应物的比相同，为等效反应，故新的平衡达到时正逆反应速率与原平衡正逆反应速率相同，t1-t3段的图象为。15环戊烯(，)是一种重要的有机化工原料，可用环成二烯(，)制备。已知：反应 反应 (环戊烷) 反应 (1)某温度下，将环戊二烯和HI按物质的量之比12(总物质的量为amol)充入容积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：。该反应自发进行的条件是_。下列有关该反应的叙述，不正确的是_。A气体压强不变，说明反应达到平衡状态B升高温度，有利于提高环戊烯的产率C反应达到平

37、衡时，C5H6和HI的转化率相等D通入惰性气体，有利于提高环戊二烯的平衡转化率(2)以为催化剂，如图1为25时环戊二烯氢化过程，环戊烯与环戊烷的各组分含量(物质的量含量)随时间(t)的变化。为研究不同温度下催化剂活性，测得不同温度下反应4h时的转化率和选择性数据如图2(其它条件相同)。环成二烯氢化制环成烯的最佳反应温度为_，选择该温度的原因是_。升高温度，环戊二烯转化率提高而环戊烯选择性降低，其原因是_。在图1中画出40时环戊烯含量随t变化趋势的曲线。_(3)实际生产中，常由双环戊二烯通入水蒸气解聚成环戊二烯：某温度，加入总压为70kPa的双环成二烯和水蒸气，达到平衡后总压为110kPa，双环

38、戊二烯的转化率为80%，则该反应的平衡常数_(对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作)。【答案】(1)低温 BD (2)30 该温度下，催化剂的活性好且选择性好 温度升高，反应和反应的反应速率都加快，但对反应速率的影响大于反应 (3)640 【解析】(1)反应： 反应： 反应-反应得：，其=。该反应的0，0，当-T0时，反应自发进行，即T很小(低温)时，该反应自发进行；A项，恒容时，正反应是气体压强减小的反应，当气体压强不变，说明反应达到平衡状态，A正确；B项，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，环戊烯的产率下降，B错误；C项，起始时，环戊二烯和HI按物

39、质的量之比12，则二者转化率之比=1：1，即反应达到平衡时，C5H6和HI的转化率相等，C正确；D项，恒容，通入惰性气体，平衡不发生移动，环戊二烯的平衡转化率不变，D错误；故选BD；(2)由图2可知，30时，环戊烯的选择性最大且环戊二烯的转化率较高(催化剂活性好)，所以，30是环戊二烯氢化制环戊烯的最佳反应温度；温度升高，反应和反应的反应速率都加快，但对反应速率的影响大于反应，所以出现升高温度，环戊二烯转化率提高而环戊烯选择性降低；40时，反应速率加快，环戊烯含量达到较高值的时间缩短，且因环戊烯的选择性降低导致环戊烯含量最大值减小，结合选择性公式可知，40，4h时，环戊烯和环戊烷的含量比应为0

40、.6：0.4，所以，40时环戊烯含量随t变化趋势的曲线如图所示：；(3)设双环戊二烯的起始分压为p，水蒸气分压为p0，则到达平衡后双环戊二烯分压减小了0.8p，双环戊二烯的分子式为：C10H12，故p+p0=70kPa，0.2p+1.6p+p0=1.8p+p0=110kPa，解得：p=50kPa，所以：=640。16过量排放含氮物质会污染大气或水体，研究氮及其化合物的性质及转化，对降低含氮物质的污染有着重大的意义。(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。由图可知合成氨反应N2(g)+H2(g)NH3(g)的H=_kJmol-1，该反应历

41、程中最大能垒对应的化学方程式为：_。(2) 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) (H Ea)的反应历程由两步基元反应组成：.2NO(g)N2O2(g) (快) H10 Ea1 v1正k1正c2(NO) v1逆k1逆c(N2O2).N2O2(g)O2(g)2NO2(g) (慢) H20 Ea2 v2正k2正c(N2O2)c(O2)v2逆k2逆c2(NO2)一定温度下，反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K_。下列关于反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的说法正确的是_。A2Ea=Ea1+Ea2B增大压强，反应速

42、率常数增大C温度升高，正逆反应速率都增大 D总反应快慢由第二步决定在其他条件不变的情况下，2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)反应速率随着温度升高而减小，请解释原因_。画出2NO+O2 2NO2的反应过程能量示意图_。【答案】(1)H= -46 kJmol- 1 Nad+3Had = NHad+2Had (2) CD 第一步快速平衡，温度升高，平衡逆向移动，c(N2O2)减小，第二步为决速步，c(N2O2)减小对反应速率的影响大于温度升高对反应速度的影响 【解析】(1)根据盖斯定律，不管一个反应是由一步完成还是多步完成，其能量变化只与初末状态有关而与反应过程无关，观察反应过程，该反应的初、

43、末状态的能量差为46kJ/mol，故反应的反应热H=-46 kJmol-1；该反应历程中最大能垒为反应需要吸收最高能量的一步反应，从图中可以看出，Nad+3Had = NHad+2Had所需要的吸收的能量最大，故该步反应为最大能垒；(2)由反应达平衡状态，所以v1正=v1逆、v2正=v2逆，所以v1正v2正=v1逆v2逆，即k1正c2(NO)k2正c(N2O2)c(O2)=k1逆c(N2O2)k2逆c2(NO2)，则K=；A项，总反应的活化能由决速步骤决定，即慢反应决定，A错误；B项，平衡常数只与温度有关，B错误；C项，温度升高，正逆反应速率均增大，C正确；D项，总反应的快慢由慢反应决定，D正

44、确；故选CD；在其他条件不变的情况下，2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)反应速率随着温度升高而减小，是因为第一步快速平衡，温度升高，平衡逆向移动，c(N2O2)减小，第二步为决速步，c(N2O2)减小对反应速率的影响大于温度升高对反应速度的影响；根据两步反应，每步反应均为放热反应，故2NO+O2 2NO2的反应过程能量示意图为。17近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛作中间体，使产品成本降低，具有明显经济优势。其合成的基本反应如下：CH2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)，下列描述能说明恒温恒容条件下

45、乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达化学平衡的是_(填字母)。A乙酸、乙酸乙酯的浓度相同B酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等C乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1molD整个体系中乙烯的质量分数一定(2)在n(乙烯)与n(乙酸)各1mol的条件下，某研究小组在不同压强下进行了在相同时间乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：根据图中判断压强大到小的顺序是 _压强为P2、温度为85时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：_ 。在压强为P1、温度超过80时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：_。(要求和的原因不一样)(3)以乙烯和丁烯为原料可以发生烯烃歧化反应C4H8(g)

46、+C2H4(g) 2C3H6(g)，已知t1min时达到平衡状态，测得此时容器中n(C4H8)=amol，n(C2H4)=2amol，n(C3H6)=bmol，且平衡时C3H6的体积分数为25%。再往容器内通入amolC4H8和3amolC2H4，在新平衡中C3H6的体积分数_25%(填“”、“P2P3 温度升高，催化剂活性下降 反应达到平衡，温度升高，平衡向逆反应方向移动 (3)P2P3；温度升高，催化剂活性下降，反应速率减慢，单位时间内的产率下降；温度越高反应速率越快，相同时间内越先达到平衡，所以在压强为P1、温度超过80时，由于反应达到平衡，温度升高，平衡向逆反应方向移动，产率下降；(3

47、)根据题意可知平衡时n(C4H8)=amol，n(C2H4)=2amol，n(C3H6)=bmol，且C3H6的体积分数为25%，即100%=25%，所以a=b，根据方程式将物料一边倒，则相当于通入n(C4H8)=amol+0.5bmol、n(C2H4)=2amol+0.5bmol，又因为a=b，所以n(C4H8)：n(C2H4)=1.5：2.5；再往容器内通入amolC4H8和3amolC2H4后则相当于投料为n(C4H8)=amol+0.5bmol+amol、n(C2H4)=2amol+0.5bmol+3amol，则n(C4H8)：n(C2H4)=2.5：5.5，而当反应物的投料比越接近计

48、量数之比时，相同温度下平衡时生成物的体积分数越大，即当n(C4H8)：n(C2H4)=1：1时，平衡时C3H6的体积分数最大，1.5：2.5更加接近1：1，所以新平衡中C3H6的体积分数小于25%。18对温室气体二氧化碳的研究一直是人们关注的热点。某工厂使用CO2与H2来合成可再生能源甲醇，反应如下：主反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) H副反应：2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(g)+3H2O(g)(1)已知反应中相关的化学键键能E数据如下表：化学键C-OC=OH-HH-OC-HE/kJ.mol-1abcde则主反应的H=_；该反应自发进行条件是_。(

49、2)投料时只添加反应物，且CO2和H2体积比为1比3，下列有关说法正确的是_。A若保持温度、体积不变，当甲醇和水蒸气的体积分数相等时可判断反应达到平衡状态B若保持温度、体积不变，不断分离出甲醇，平衡右移。其原因是逆反应速率减小C在恒温恒压的密闭容器中，反应已达平衡，若再按初始投料比加入反应物，达新平衡时，各物种分压与原平衡相同D降低温度或增大压强可提高反应物的转化率，也使该反应的平衡常数K增大(3)其他条件相同，在催化剂作用和不加催化剂作用下，以上反应进行相同时间后，甲醇产率随反应温度的变化如图所示。该工厂更换为生产乙醇的生产线后，需要使用一种抑制剂P(可以降低化学反应速率，作用原理似于催化剂

50、)来抑制主反应。其他条件相同时，请在图中画出若选用抑制剂P，在温度从T1到T5之间，甲醇产率的变化曲线可能出现的最大区域范围，用表示(此温度范围内催化剂和抑制剂均未失去活性，T4为曲线最高点)_。试用碰撞理论解释抑制剂的作用原理_。(4)在一密闭恒容容器中，CO2和H2的分压分别为a kPa、4a kPa，加入催化剂并在一定温度下发生以上反应，达到平衡后测得体系压强是起始时的0.8倍，且乙醇选择性是甲醇选择性的4倍。则反应的平衡常数为Kp=_(kPa)-2。(甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比；用各物质的分压数据代替物质的量浓度计算，须用最简分数表示)。【答案】(1)(2b + 3c

51、- a - 3e - 3d) kJmol-1 低温 (2)BC (3) 抑制剂可升高反应活化能，降低活化分子百分数，从而降低化学反应速率 (4)28a-2/3125或28/3125a2 【解析】(1)根据H=反应物的总键能-生成物的总键能可知，主反应的根据H=(2b+3c-a-3e-3d)kJmol-1，该反应为熵减的反应，H0，因此该反应在低温条件能够自发进行；(2)A项，投料时只添加反应物，且CO2和H2体积比为1：3时，无论反应是否达到平衡，甲醇和水蒸气的体积分数均相等，A错误；B项，温度、体积不变，不断分离出甲醇，浓度减小，逆反应速率减小，平衡右移，B正确；C项，温度不变，平衡常数不发

52、生改变，因此若再按初始投料比加入反应物，达新平衡时，各物种分压与原平衡相同，C正确；D项，平衡常数只与温度有关，因此增大压强，平衡常数不发生改变，D错误；故选BC；(3)选用抑制剂P后，甲醇的生成速率降低，且T4为曲线的最高点，因此甲醇产率的变化曲线可能出现的最大区域范围如图；抑制剂的作用原理为：抑制剂可升高反应活化能，降低活化分子百分数，从而降低化学反应速率；(4)根据题干信息可知，乙醇选择性是甲醇选择性的4倍，则转化的CO2中有80%转化为乙醇，20%转化为甲醇，设转化的CO2为x，列三段式有：又达到平衡后测得体系压强是起始时的0.8倍，则，解得x=0.5a，则反应的平衡常数为Kp= 。1

53、9利用天然气制取合成气，然后用合成气合成多种有机物是目前部分有机物的重要来源。I甲烷制取合成气时，在同一容器中同时发生的主要反应是：反应： CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H =+206.3 kJ mol-l反应： CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) H =-802.6 kJmol-l(1)下列有关合成气制取的说法中正确的是_。A升温时反应的正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动B反应因为反应物和生成物的计量数相等，所以S=0C反应放出的热可以提供反应所需的热量D在恒温恒容容器中，气体密度保持不变时，反应达到化学平衡状态(2)在制取合成气的初始阶段

54、，反应的反应速率大于反应的反应速率，请用碰撞理论解释原因_。(3)在某密闭容器中加入一定量的CH4、H2O，在温度为T1时发生反应，t1时达到化学平衡状态，氢气浓度c(H2)随时间(t)的变化如图。控制其它条件不变，在温度为T2时(T2T1)发生反应，在图中画出c(CO)变化曲线_。II合成己烷时发生的反应是主反应：反应6CO(g)+13H2(g)C6H14(g)+6H2O(g) H副反应：反应CO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g)反应2CO(g)CO2(g)+C(s)反应的平衡常数的对数(lgK)随温度(T/K)的变化如图1，在固定的氢碳比m(H2)/m(CO)条件下CO的平衡转

55、化率a(CO)随温度变化的曲线如图2.请回答(1)反应的H_0 (填“”“=或“)(2) 600K前随温度升高反应的平衡转化率几乎不变，结合图1说明原因(副反应影响可忽略)_。(3)工业生产需要选择适合的条件提高综合效益，下列对工业合成已烷的说法中正确的是(_)A减少体系中的水蒸气，有利于提高生产效益B在体系中加入并保持一定量的二氧化碳有利于减少副反应的发生C在体系中加入并保持一定量的碳有利于工业合成已烷D工业生产中，选择的压强越高越有利于提高综合效益【答案】I(1)C (2)反应的活化能较反应的小，单位体积内活化分子百分数较大，有效碰撞次数较多，反应速率较快 (3) II(1) (2)反应的

56、平衡常数K在600K前虽然随温度升高下降，但仍然很大，平衡转化率降低很小 (3)AB 【解析】I(1) A项，升温时反应的正反应速率增大，逆反应速率也增大，正反应方向为吸热的反应，故温度升高，平衡正向移动，故A错误；B项，反应因为反应物和生成物都是气体，气体的混乱度没有发生变化，所以S=0，故B错误；C项，反应和反应在同一体系中，反应放出的热可以提供反应所需的热量，故C正确；D项，在恒温恒容容器中，气体密度始终不变，故不能判断反应达到化学平衡状态，故D错误；故选C。(2)在制取合成气的初始阶段，反应的活化能较反应的小，单位体积内活化分子百分数较大，有效碰撞次数较多，反应速率较快，反应的反应速率

57、大于反应的反应速率；(3) 图中可以看出反应在t1时刻达到化学平衡，根据反应CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) H =+206.3 kJ mol-l，可知，CO和H2的浓度的变化量之比为1：3，H2和CO都是生成物，起始浓度都是0，H2的平衡浓度为4.5a，T2时CO的平衡浓度为1.5a，则T2T1时，温度降低时，达到平衡时的时间延长，平衡逆向移动，T2时CO的平衡浓度小于1.5a， c(CO)变化曲线为：。II(1)lgK随温度的升高而降低，K值越大，平衡正反应方向进行的程度越大，在固定的氢碳比m(H2)/m(CO)条件下CO的平衡转化率a(CO)随温度的升高而降低，说明温

58、度升高，平衡逆向移动，逆反应方向为吸热反应，反应的H0；(2) 600K前随温度升高反应的平衡转化率几乎不变，根据图1，反应的平衡常数K在600K前虽然随温度升高下降，但仍然很大，平衡转化率降低很小；(3) 根据反应，主反应：反应6CO(g)+13H2(g) C6H14(g)+6H2O(g) H；副反应：反应CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+H2(g)；A项，减少体系中的水蒸气，平衡正向移动，有利于提高生产效益，故A正确；B项，在体系中加入并保持一定量的二氧化碳，会使副反应的生成物浓度增大，使平衡逆向移动，有利于减少副反应的发生，故B正确；C项，碳是固体，在体系中加入并保持一定量的碳对

59、平衡没有影响，故C错误；D项，工业生产中，本反应正反应方向是体积减小的反应，压强越高，越有利于提高产率，选择的压强越高，对设备的要求较高，增加了成本，不一定提高综合效益，故D错误；故选AB。20工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H(1)该反应的H_0(填“”、“”或“=”)。(2)若将等物质的量的CO和H2混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是_。A容器内气体密度保持不变B混合气体的平均相对分子质量不变C生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等DCO的体积分数保持不变(3)当按投料

60、比=2，分别在P1、P2、P3压强下，测得不同温度下平衡时CO的平衡转化率如图1。520K时，投料比=2(总物质的量为3mol)，维持反应过程中压强P3不变，达到平衡时测得容器体积为0.1L，则平衡常数K=_。若H2和CO的物质的量之比为n1(维持反应过程中压强P3不变)，相应平衡体系中CH3OH的物质的量分数为x，请在图2中绘制x随n变化的示意图_。(4)甲醇合成甲醚的反应为：.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)(主反应).2CH3OH(g)C2H4(g)+2H2O(g)(副反应)反应过程中的能量变化如图3所示。在一定温度下，在恒容容器中进行合成甲醚的反应，测得CH3OCH

61、3含量随着时间的推移，先增大后减小，请结合碰撞理论说明原因：_。在不改变温度的前提下，说出其中一个能增大CH3OCH3选择性的措施：_。【答案】(1) (2) BD (3)0.25 (4)反应的活化能小于反应的活化能，相同条件下反应的反应速率大于反应速率，故所以一开始CH3OCH3含量显著上升。后随着反应的进行，CH3OH浓度减小，H2O(g)浓度变大，促使反应平衡左移，CH3OCH3含量又有所下降 增大P 【解析】(1)一氧化碳和氢气反应生成甲醇的反应是化合反应，大多数的化合反应吸热，故该反应为吸热反应，H ”、“”或“”)(3)现利用和两个反应合成CH3OH，已知CO可使反应的催化剂寿命下

62、降若氢碳比表示为fn(H2)-n(CO2)/n(CO)+n(CO2)，则理论上f_时，原料气的利用率高，但生产中住往采用略高于该值的氯碳比，理由是_.(二)以天然气为原料，分为两阶段制备甲醇：(i)制备合成气：CH4(g)+H2Og) CO(g)+3H2(g) H10(ii)合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H20在一定压强下，1 mol CH4(g)和1 mol H2O(g)在三种不同催化剂作用下发生反应(i)，经历相同时间时，CO的物质的量(n)随温度变化的关系如图1(1)下列说法正确的是_A曲线中n(CO)随温度变化的原因是正反应为吸热反应，升高温度，平衡向右移动B三

63、种催化剂中，催化剂的催化效果最好，所以能获得最高的产率C当温度低于700时的曲线上的点可能都没有到达平衡D若温度大于700时，CO的物质的量保持不变(2)500时，反应(1)在催化剂的作用下到10mim时达到平衡，请在图2中画出反应(1)在此状态下0至12分钟内反应体系中H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势_【答案】(一)(1)AD (2) 2 (3)使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降 (二)(1)C (2) 【解析】(一)(1)根据表格数据，温度越高，平衡常数越大，说明反应向正反应移动，正反应为吸热，A正确；反应CO2(g)+H2(g) COg)+H2O(g)是反应前后气体体积不变

64、的体系，压强不影响平衡移动，B错误；1000时K为1.7，温度越高，平衡常数越大，1100时K1.7，C错误；在1000时，c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)为K的倒数，约为0.59，D正确；答案为AD。(2)随温度升高K1增大，说明反应的正反应为吸热反应，H10，盖斯定律计算得到H3=H1+H2，则H2H3。(3)由CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)化学方程式可知=2，原料气的利用率最高，但生产中往往采用略高于该值的氢碳比，理由：使CO充分反应，避免反应催化剂寿命下降，故答案为：2；使CO充分反应，避免反应催化剂寿命

65、下降；(二) (1)曲线中n(CO)随温度升高而增大，反应逆向进行，正反应为放热，A错；催化剂的使用时n(CO)变化量少，即CO转化率低，产率也不高，B错；当体系中各物质的物质的量保持不变时，反应平衡，根据图象，曲线上的点在不停地变化，反应没有达到平衡，C正确；温度大于700时，CO的物质的量曲线未画出，不一定保持不变，D错误。答案选C。(2)根据图一中CO的物质的量曲线及反应中H2生成和消耗的计量关系，0至12分钟内反应体系中生成物H2的体积分数(H2)随时间t变化的总趋势为。22CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。(一)CO2的化学捕获：(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若

66、所得溶液pH=13，CO2主要转化为_(写含碳粒子符号)。(室温下，H2CO3的Ka1=4.3107；Ka2=5.61011)(2)固体氧化物电解池(SOEC)用于高温共电解CO/H2，既可实现CO2的减排又可高效制备合成气(CO/H2)，其工作原理如图。写出电极A发生的电极反应式_。(二)CO2的综合利用(1)CO2与CH4经催化重整制得合成气：反应CH4(g)H+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)H1已知氢气、一氧化碳和甲烷的标准燃烧热(25)如表所示物质H2(g)CO(g)CH4(g)标准燃烧热H/kJmol1285.8283.0890.3则反应I的H=_kJmol1。(2)用CO2

67、催化加氢制取二甲醚的反应为：反应.2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，在10L恒容密闭容器中，均充入2mol CO2和6moH2，分别以铱(Ir)和铈(Ce)作催化剂，反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率(CO2)随反应温度的变化情况如图1。根据图1，下列说法不正确的是_。A反应的H0，S0B用Ir和Ce作催化剂时，反应的活化能更低的是CeC状态d时，v(正)v(逆)D从状态b到d，(CO2)先增大后减小，减小的原因可能是温度升高平衡逆向移动状态e(900K)时，(CO2)=50%，则此时的平衡常数K=_。若H2和CO2的物质的量之比为n：1，900K时相应平

68、衡体系中二甲醚的物质的量分数为x，请在图2中绘制x随n变化的示意图。_【答案】(一)(1)CO32 (2)CO2+2eCO+O2、H2O+2e=H2+O2 (二)(1)+247.3 BC 或23.15 【解析】(一)(1)K2=51011，当溶液的pH=13，c(H+)=1013，有=500，即c(CO32)c(HCO3)，所以该溶液中含碳粒子以阴离子CO32为主；(2)根据电解池中O2移动方向推断：A电极为阴极，该电极上发生还原反应，CO2、H2O分别在A极得到电子发生还原反应生成CO、H2，同时生成O2，所以CO2在A极反应式为：CO2+2eCO+O2，H2O在A电极反应式为：H2O+2e

69、=H2+O2；(二)(1)H2、CO、CH4燃烧热的热化学方程式分别为：H2(g)+O2(g)=H2O(g)H=285.8kJmol1、CO(g)+O2(g)=CO2(g)H=283.0kJmol1、CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)H=890.3kJmol1，再利用盖斯定律、依据总反应有：22，H1=890.3kJmol1(283.0kJmol1)2(285.8kJmol1)=+247.3kJmol1；(2)A 项，反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)正向是体积减小的反应，S0；由图1可知，随着温度的升高，反应物CO2的转化率降低，说明平

70、衡逆向移动，逆反应吸热，则反应正向放热，故A正确；B项，催化剂能降低反应物的活化能，使可逆反应快速达到平衡，用Ce作催化剂时，CO2的转化率小、且比用Ir作催化剂后达到平衡，说明用Ir作催化剂时反应物的活化能高、反应速率小，故B错误；C项，状态d是800时某一时刻的平衡状态，反应速率不变，v(正)=v(逆)，故C错误；D项，用Ir作催化剂的平衡体系，不平衡状态b到d平衡状态，(CO2)先增大后减小，状态d相对开始平衡(750左右)时，(CO2)减小的主要是温度升高，可能平衡逆向移动，故D正确；故选BC；(CO2)=50%，则c(CO2)的变化量为0.2mol/L50%=0.1mol/L，三段式

71、列式为： 2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)初始浓度：0.2 0.6 0 0变化浓度：0.1 0.3 0.05 0.15平衡浓度：0.1 0.3 0.05 0.15K=23.15；H2和CO2的物质的量之比为n：1，随着H2的增加，即H2和CO2的物质的量之比增大，平衡体系中CO2的转化率增大，二甲醚的物质的量分数x也增大，当n：1=6：2=3：1时，x值最大；当n：13：1时，x值逐渐减小；当n=3时，x=；故答案为。23二氧化碳催化加氢合成乙烯在环境保护、资源利用、战略需求等方面具有重要意义。 CO2和H2 在铁系催化剂作用下发生化学反应： I2CO2(g)+

72、6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g)H1 IICO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)H20 请回答下列问题：(1)反应I能自发进行，则 H1 _0(填“”或“”或“=”)；该反应自发进行的条件是_。(2)在密闭容器中通入1mol CO2和3molH2，在铁系催化剂作用下进行反应，CO2的平衡转化率随温度和压强的变化如图所示。下列说法正确的是_A由图1可知：0.1MPa下，200550时以反应I为主，550以后以反应II为主B反应II化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应II的S等于零C恒温恒压下，容器内气体的密度不变时，说明反应已达平衡D其他条件不变，将CO2和H

73、2的初始物质的量比改变为2：3，可提高CO2平衡转化率图1中点M(350，70)、此时乙烯的选择性为(选择性：转化的CO2中生成C2H4和CO的百分比)。计算该温度时：反应II的平衡常数Kc =_。在图1中，温度大于800时，随着压强的增大，CO2的平衡转化率减小，请解释原因_。(3)有研究表明，在铁系催化剂作用下反应I分两步进行：i CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)慢 ii 2CO(g)+4H2(g) C2H4 (g)+2H2O(g)快在图2中画出反应I分两步进行的“能量反应过程图”。起点从2CO2(g)+6H2(g)开始_。【答案】(1) 低温 (2)AC 或0.62或0

74、.615 温度高于800时，以反应II为主，压强增大，平衡不移动。但压强增大，使反应I 平衡正移，水蒸气浓度增大，CO2和H2浓度减小，从而导致反应II平衡逆移，所以CO2的平衡转化率减小 (3) 【解析】(1)反应I能自发进行，G=H1-TS0，由于该反应的气体的分子数减小，故S0，则 H10；在低温下该反应能自发进行的；(2)A项，由图1可知：0.1MPa下，随温度的升高，200550时二氧化碳的转化率减小，由于反应I的H10，以反应I为主；550以后随温度的升高，二氧化碳的转化率增加，由于反应II的H10，以反应II为主，故A符合题意；B项，反应II化学方程式前后物质的化学计量数之和相等

75、，但反应II的S不等于零，故B不符合题意；C项，气体的密度=，恒温恒压下，气体的密度是一个变值，故容器内气体的密度不变时，说明反应已达平衡，故C符合题意；D项，在密闭容器中通入1molCO2和3molH2，其他条件不变，将CO2和H2的初始物质的量比改变为2：3，增加了CO2的物质的量，由于外界条件的影响大于平衡的移动，CO2平衡转化率是降低的，故D不符合题意；故选AC；在密闭容器中通入1molCO2和3molH2，反应CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)，图1中点M(350，70)，即350时二氧化碳的平衡转化率为70%，转化的二氧化碳的物质的量为1mol70%=0.7mol，

76、乙烯的选择性为，则转化为乙烯的二氧化碳的物质的量为0.7mol=0.5mol，转化为一氧化碳的二氧化碳的物质的量为0.7mol-0.7mol=0.2mol，根据化学方程式，列出三段式； 平衡时一氧化碳的物质的量为0.2mol，水蒸气的物质的量为0.2mol+1mol=1.2mol，二氧化碳的物质的量为1mol-0.2mol-0.5mol=0.3mol，氢气的物质的量为3mol-0.2mol-1.5mol=1.3mol，反应II的平衡常数Kc = =(或0.62或0.615)；温度高于800时，以反应II为主，压强增大，平衡不移动。但压强增大，使反应I 平衡正移，水蒸气浓度增大，CO2和H2浓度减小，从而导致反应II平衡逆移，所以CO2的平衡转化率减小；(3)慢反应为吸热反应，快反应为放热反应，起点从2CO2(g)+6H2(g)开始，第一步得到的产物应该为：2CO(g)+2H2O(g)+6H2(g)，第二步得到的产物应该为： C2H4(g)+4H2O(g)， “能量反应过程图”可以表示为： 。