2023届高考化学——化学反应原理专项练习2 （解析版） WORD版含解析.docx

1、化学反应原理1乙醛是一种重要的烃类衍生物，广泛应用于纺织、医药、化纤、染料和食品工业。(一)以乙烯和氧气(或空气)为原料，在由PdCl2、CuCl2、盐酸组成的催化剂水溶液中，进行液相氧化生产乙醛，工业上一般控制反应温度在120130，压强在300350KPa。又称Wacker法。其反应式为：主反应：CH2CH2(g) +O2(g)CH3CHO(g) H243.2 kJmol1副反应：CH2CH2(g) + O2(g)CO2(g)H2O(g) H705.5kJmol1(1)已知：水的汽化热是44.0 kJmol1，请计算乙烯的燃烧热：H =_ kJmol1汽化热：在标准大气压(101KPa)下

2、，使1mol物质在一定温度下蒸发所需要的热量。(2)Wacker法乙烯氧化制乙醛过程，按照以下机理进行：乙烯羰基化反应：_金属钯的再氧化反应：Pd + 2CuCl2 = PdCl2 + 2CuCl氯化亚铜的氧化反应：2CuCl + O2 + 2HCl = 2CuCl2 + H2O请写出的反应方程式_。(3)下列有关说法正确的是_ AWacker法制乙醛反应中，氯化钯是反应催化剂，氯化铜的作用是使催化剂再生，没有氯化铜的存在，就不能完成此催化过程。B工业上采用的原料气中乙烯大量过量，并有大量未反应的乙烯气要循环使用，这样可提高乙烯利用率，同时原料气中加入CO2有利于提高乙醛选择性。C原料气中乙烯

3、大量过量的原因可能是为了让乙烯的体积分数处在爆炸极限范围之外，以避免危险的发生。D乙烯氧化生成乙醛的反应是在气-液相中进行的，加压和升温都有利于提高乙烯和氧在液体中的溶解度，加快反应速率。(4)控制反应条件在120130和300350KPa，原料气的体积比是V(C2H4)：V(O2)：V(CO2)：V(N2) = 15：10.5：9.5：65，以一定流速通入催化剂水溶液中，一段时间后反应达平衡，测得乙烯的体积分数是0.1，氧气的体积分数是0.05，如果充入100mol原料气，请计算反应达平衡时，n(CH3CHO) = _ mol。(不考虑HCl的挥发)(二)实际工业生产要求有较高产量，速率不能

4、太低，转化率尽可能大，所以应尽量使平衡正向移动。(1)可逆反应：aAbBrR +s S ，对反应物A，净反应速率为rA = r正(XA) r逆(XA)，XA为反应物A的转化率，图a表示反应物A的转化率和A的净反应速率与温度(T)的关系图。图a分析可知，在相同温度下，净反应速率为_时，XA最大(从“r=0、r1、r2、r3、r4”选填)；由图a判断该反应是_反应(填“吸热”或“放热”)，并简述原因_。(2)请在图a中绘制：在不同r下，符合工业生产要求的最佳温度_。【答案】(一)(1)-1499 (2)CH2CH2(g) + PdCl2 + H2O = CH3CHO + Pd + 2HCl (3)

5、ABC (4)4 (二)(1)r=0 放热 由图分析可知，反应达平衡时(r=0)，随温度升高，XA降低，故该反应为放热反应 (2) 【解析】(一) (1)CH2CH2(g) +O2(g) CO2(g)H2O(g) H705.5kJmol1 H2O(g) H2O(l) H44.0kJmol1 利用盖斯定律，将2+2可得乙烯的燃烧热：H =(705.5)2+(44.0)2 kJmol1=-1499 kJmol1。(2)乙烯羰基化是指乙烯在PdCl2的氧化下生成CH3CHO、Pd 等，则的反应方程式为：CH2CH2(g) + PdCl2 + H2O = CH3CHO + Pd + 2HCl。(3)A

6、项，Wacker法制乙醛反应中，氯化钯是反应的催化剂，参与反应(将乙烯氧化为乙醛)后被还原为Pd，CuCl2将其氧化为PdCl2，又可表现出催化能力，从而完成催化过程，A正确；B项，工业上采用的原料气中乙烯大量过量，可促进平衡正向移动，提高乙醛的产量，虽然乙烯的转化率降低，但由于原料气的循环使用，最终可提高乙烯的利用率；原料气中加入CO2，可降低乙烯氧化生成CO2的转化率，有利于提高乙醛的选择性，B正确；C项，乙烯与O2混合达到一定体积分数范围时会发生爆炸，所以原料气中乙烯大量过量的原因可能是为了让乙烯的体积分数处在爆炸极限范围之外，C正确；D项，乙烯氧化生成乙醛的反应是在气-液相中进行的，加

7、压有利于提高乙烯和氧在液体中的溶解度，加快反应速率，但升温对乙烯和氧在液体中的溶解不利，D不正确；故选ABC。(4)原料气的体积比是V(C2H4)：V(O2)：V(CO2)：V(N2) = 15：10.5：9.5：65，充入100mol原料气，则n(C2H4) =100mol15%=15mol，n(O2) =100mol10.5%=10.5mol。设生成CH3CHO的CH2=CH2物质的量为x，燃烧生成CO2的CH2=CH2物质的量为y，则可建立下列三段式： 则 解、方程，可求出x=2mol，所以反应达平衡时，n(CH3CHO) =4 mol。(二)(1)图a分析可知，在相同温度下，转化率最大

8、的点，其净反应速率为0，所以净反应速率为r=0时，XA最大；由图a可知，当转化率达到最高点后，升高温度，反应物的转化率降低，则平衡逆向移动，所以该反应是放热反应，原因是：由图分析可知，反应达平衡时(r=0)，随温度升高，XA降低，故该反应为放热反应。(2)在不同r下，符合工业生产要求的最佳温度，是r=0的各个点的连线，图象为：。2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)合成氨反应。已知，氨的分解反应：2NH3(g) N2(g)+3H2 (g)，活化能Ea=600kJmol-1，合成氨有关化学键的键能如下表：化学键HHNNNHE/

9、kJmol-1436946391则合成氨反应：N2(g)+H2(g) NH3(g)的活化能Ea=_。(2)已知2NO+O2=2NO2反应历程分两步方程式活化能焓变总反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)HT1)，画出0t2时段，n(S2)随时间变化趋势的曲线n(S2)t_(2)已知：某催化剂作用下，H2还原NO的反应有两种可能：.2NO(g)+ H2(g)N2O(g)+ H2O(g) H1 .2NO(g)+2 H2(g)N2(g)+ 2H2O(g) H2反应历程可以表示为(表示吸附态)吸附分解： 反应脱附： 其中，反应脱附过程中与是一组竞争关系，决定了H2还原NO的最终产物。如图显示不同

10、温度条件下，原料气，达到平衡时体系中N2和N2O的含量，由此判断H1 _0(填“”或“ 由图可知温度低时以反应为主，温度高时以反应为主，说明反应具有较高的反应活化能 N2 【解析】(1)A项，该反应反应物和生成物均为气体，且前后气体系数之和不相等，所以气体总物质的量会变，而总质量不变，所以未平衡时气体的平均相对分子质量会变，当其不变时，说明反应达到平衡，故A符合题意；B项，同一反应同一时段反应速率之比等于计量数之比，所以v正(H2S)=2v正(S2)，所以当v正(H2S)=2v逆(S2)时，也即v正(S2)= v逆(S2)，说明反应平衡，故B符合题意；C项，平衡常数只与温度有关，无论反应是否平

11、衡，只要温度不变K就不变，所以K不变不能说明反应平衡，故C不符合题意；D项，反应过程中恒压，而前后气体系数之和不相等，所以未平衡时容器体积会变，当体积不变时说明反应平衡，故D符合题意；故选ABD；根据分析可知平衡时n(H2S)=0.12mol，n(H2)=0.08mol，n(S2)=0.04mol，气体总物质的量为0.12mol+0.08mol+0.04mol=0.24mol，总压强为a，所以p(H2S)=，同理可知p(H2)=a，p(S2)=a，所以Kp=；反应温度T1时，初始投料为0.20molH2S，所以反应过程中S2的物质的量增大，t1时反应达到平衡，S2的物质的量不再改变，根据三段式

12、可知平衡时n(S2)=0.04mol；反应温度T2时，该反应为吸热反应，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，且平衡正向移动，平衡时n(S2)0.04mol，所以曲线图为；(2)据图可知温度越高N2含量越大，而N2O在温度达到一定值继续升高温度含量下降，说明生成N2O的反应为吸热反应，所以H10；由图可知温度低时以反应为主，说明该反应容易进行，温度高时以反应为主，说明反应具有较高的反应活化能；据图可知相同温度的情况下，投料比越大，即氢气的量越多，N2的含量越高，说明增加氢气的量可以增加N2的选择性。4化合物PH4I是一种白色晶体，受热不稳定，易分解产生PH3。PH3是无色剧毒气体， 广

13、泛用于半导体器件和集成电路生产的外延、离子注入和掺杂。 (1)在2L真空密闭容器中加入一定量PH4I固体，T1 时发生如下反应： PH4I(s) PH3(g) + HI(g) 下列可以作为反应达到平衡的判据是_。A容器内气体的压强不变 B容器内 HI 的气体体积分数不变C容器内 PH4I 质量不变 D容器内气体的密度不变E容器内气体的平均相对分子质量不变t1时刻反应达到平衡后，在t2时刻维持温度不变瞬间缩小容器体积至1L，t3时刻反应重新达到 平衡。在下图中画出t2t4 时段的正、逆随时间变化图_。 (2)PH4I固体分解产生的PH3和HI均不稳定，在一定温度下也开始分解。在2L真空密闭容器中

14、加 入一定量PH4I固体，已知在T2 时存在如下反应： PH4I(s) PH3(g) + HI(g) H1 4 PH3(g) P4(g) + 6 H2(g) H2 2 HI(g) H2 (g) + I2(g) H3 已知：298K，101kPa，H-P键、P-P键、H-H键的键能分别为322 kJmol-1、200 kJmol-1、436 kJmol-1试计算H2 =_。 各反应均达平衡时，测得体系中 n(PH3)=a mol ，n(P4)=b mol ，n(H2)=c mol ，则 T2时 反应I的平衡常数K值为_。(用a、b、c表示) 维持温度不变，缩小体积增大压强，达到新的平衡后，发现其

15、它各成分的物质的量均发生变化，而n(I2)基本不变，试解释可能原因_。【答案】(1)ACD (2)+48kJmol-1 增大压强的瞬间各气体浓度均增大，反应I平衡逆向移动使c(HI)减小，反应II平衡逆向移动使c(H2)减小，对于反应III两者作用相当，反应III平衡不移动，n(I2)基本不变(只答反应III平衡不移动不得分) 【解析】(1)A项，反应前没有气体，反应后生成气体，反应中容器内气体压强一直改变，当容器内气体压强不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，A符合；B项，根据反应式可知，容器内HI的气体体积分数始终不变，容器内HI的气体体积分数不变不能作为反应达到平衡的标志，B不符合；C项

16、，容器内PH4I的质量不再改变时，可以说明反应达到平衡状态，C符合；D项，容器体积始终不变，气体总质量发生改变，则容器内气体的密度不再改变时，可以说明反应达到平衡，D符合；E容器内气体的平均相对分子质量始终不变，容器内气体的平均相对分子质量不变不能作为反应达到平衡的标志，E不符合；故选ACD；t1时刻反应达到平衡后，在t2时刻维持温度不变瞬间缩小容器体积至1L，则平衡逆向移动，逆正，但由于PH4I为固体，增大压强，正反应速率不变，t3时刻反应重新达到平衡，正=逆，因此t2t4时段的正、逆随时间变化图为：；(2)根据H=反应物的总键能-生成物的总键能，H2=(43322 kJmol-1)-(62

17、00 kJmol-1)+(6436 kJmol-1)=+48kJmol-1；各反应均达平衡时，测得体系中n(PH3)=a mol，n(P4)=b mol，n(H2)=c mol，根据白磷为bmol，结合反应计算可知，消耗的PH3为4bmol和生成的H2为6bmol，因为最终PH3为amol，说明反应生成的PH3和HI都为(a+4b)mol，最终氢气为cmol，则反应生成H2为(c-6b)mol，反应消耗HI为(2c-12b)mol，则平衡时HI为(a+4b-2c+12b)=(a+16b-2c)mol，T2时，对于反应的平衡常数为；由于增大压强的瞬间各气体浓度均增大，而反应I平衡逆向移动使得c(

18、HI)减小，反应II平衡逆向移动使c(H2)减小，对于反应III两者作用相当，反应III平衡不移动，因此n(I2)基本不变。5研究含硫物质的循环，是能源开发和利用的重要途径之一。 (1)研究人员利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：反应：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) H1=+551 kJmol -1反应：S(s)+O2(g) = SO2(g) H3=297 kJmol -1反应的热化学方程式为_。对于反应，将投料比(n(SO2)：n(H2O)为 3：2 的混合气体充入恒容的密闭容器中， 在不同压强下，H2SO4 在平衡体系中物质的量分数随温度

19、的变化关系如下图所示。下列说法不正确的是_ Ap2p1，反应的S 0 B使用合适催化剂可以提高 H2SO4 在平衡体系中物质的量分数 C其他条件相同时，投料比(n(SO2)：n(H2O)改变为 2：1，可提高 SO2 的平衡转化率 D当容器内气体的密度不变时，可判断反应达到平衡状态 E.温度升高，有利于反应速率加快，SO2 的平衡转化率提高，K 值变小(2)“硫碘循环”法是分解水制氢气的研究热点，涉及下列三个反应： 反应A：SO2(g) + I2(aq) + 2H2O(l) 2HI(aq) + H2SO4(aq)反应B：2HI(g) H2(g) + I2(g)反应C：2H2SO4(g) 2H2

20、O(g) + 2SO2(g) + O2(g)某温度下将 1mol HI 充入密闭容器中发生反应B，达到第 1 次平衡后，用选择性膜完全分离出 H2，达到第 2 次平衡后再次分离H2，重复多次，平衡时 n(HI)如下表：达到平衡的次数第 1 次第 2 次第 3 次第 4 次第 5 次n(HI)/mol0.780.670.600.550.51归纳出分离 H2 的次数对 HI 转化率的影响_。第 2 次平衡时 I2 的物质的量为 n(I2)=_mol；反应 A 发生时，溶液中同时存在以下化学平衡： I2(aq) + I(aq) I3- (aq)，其反应速率极快且平衡常数很大。现将 1mol SO2

21、缓缓通入含 1 mol I2 的水溶液中恰好完全反应。请在下图中画出溶液中的物质的量 n( I3- )随反应时间 t 变化的曲线图_。【答案】(1)3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s) H2=254 kJmol1 BCE (2)随着分离 H2次数的增加，HI的转化率逐渐提高，但提高幅度逐渐减小 0.165 (最高点为 0.67) 【解析】(1)反应：2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)H1=+551kJmol-1，反应：S(s)+O2(g)SO2(g)H3=-297kJmol-1，结合盖斯定律可知，-I-III得3SO2(g)+2H2O(g)

22、=2H2SO4(l)+S(s)，其H=-(+551kJmol-1)-(-297kJmol-1)=-254kJ/mol，则反应的热化学方程式为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)H=-254kJ/mol；A项，增大压强平衡正向移动，硫酸的物质的量增大，由图可知，p2对应硫酸物质的量分数大，则p2pl；反应为气体体积减小的反应，则S0，故A正确；B项，催化剂对平衡移动无影响，则催化剂不能提高H2SO4在平衡体系中物质的量分数，故B错误；C项，投料比【n(SO2)：n(H2O)】改变为2：1，对比投料比【n(SO2)：n(H2O)】为3：2时，相当于增大二氧化硫的物质的量，促

23、进水的转化，但SO2的平衡转化率减小，故C错误；D项，气体的体积一定，混合气体的总质量不确定，当容器内气体的密度不变时，说明混合气体总质量一定，则可判断反应达到平衡状态，故D正确；E项，反应为放热反应，温度升高，有利于反应速率加快，但平衡逆向移动，SO2的平衡转化率降低，K 值变小，故E错误；故选BCE；(2)分离出氢气，有利于平衡向正反应方向移动，随着分离氢气次数的增加，HI的转化率逐渐提高，但提高幅度逐渐减小；故2次平衡时I2的物质的量为n(I2)=0.165mol；将SO2的通入I2的水溶液，反应生成I-，生成的I-与I2结合得到I3-，随反应进行I3-物质的量增大，由I原子守恒可知I3

24、-的最大物质的量为0.67mol，继续通入SO2，I2(aq)+I-(aq)I3-(aq)平衡向左移动，I3-物质的量减小，由SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4可知，二氧化硫与碘单质恰好完全反应，故最终I3-物质的量为0，溶液中I3-的物质的量n(I3-)随反应时间t变化的曲线图为：。6氢气是一种重要的清洁能源。(1)航天员呼吸产生的利用反应： H，再电解水可实现的循环利用。热力学中规定，由最稳定单质生成某物质的焓变称为该物质的标准生成焓(符号：)，最稳定单质的标准生成焓规定为0。已知上述反应式中：；则_。反应必须在高温下才能进行，原因是_。350时，向体积为的恒容密闭容器中通入和发生

25、以上反应。测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示：时间/0102030405060压强350时反应的_(为用气体的分压代替各组分平衡浓度表示的平衡常数，气体分压=气体的体积分数体系总压)。(2)利用乙醇重整制氢是获得氢能的研究热点，其主要反应原理为：反应： H1若同时通入水蒸汽，还会发生如下反应反应： H2反应： H3反应： H4一定温度下，某恒压密闭容器中充入一定量的C2H5OH(g)发生反应。已知：氢气选择性指转化的原料气中，转化成氢气的氢元素质量与转化的氢元素总质量的比值。下列有关说法正确的是_。A当混合气的平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡状态B增大乙醇初始浓度，能够提高乙醇的

26、平衡转化率C其它条件不变，掺入稀有气体，可提高乙醇平衡转化率D其它条件不变，掺入水蒸气，可提高氢气的选择性和氢气的体积分数下图为上述条件下n(H2)随反应时间的变化曲线图。若其它初始条件相同，只把容器变为恒容密闭容器，请画出恒容条件下，n(H2)随反应时间的变化曲线图_。乙醇重整制氢过程中，还可能生成固态炭，固态炭的生成会造成催化剂失活，应尽量避免。研究其它条件相同下，反应温度、氧醇比、水醇比与生成固态炭的条件，得到下图：试根据图象分析，反应温度、氧醇比、水醇比对固态炭生成的影响_。【答案】(1)-90 反应的活化能高 (2)AC 在其它条件相同的情况下，升高温度或增大水醇比、增大氧醇比均会减

27、少固态炭的生成。 【解析】(1)反应： H；则H =2-=2(-242kJmol-1)-(-394 kJmol-1)= -90 kJmol-1。反应时提供的条件，是为了克服反应的活化能，反应必须在高温下才能进行，原因是反应的活化能高。答案为：反应的活化能高；设参加反应的CO2物质的量为x，利用已知数据可建立如下三段式：则，x=2mol，350时反应的Kp=。(2)A项，随着反应的进行，混合气的质量不变，物质的量不断改变，当混合气的平均相对分子质量不变时，物质的量保持不变，说明反应达到平衡状态，A符合题意；B项，增大乙醇初始浓度，相当于加压，平衡逆向移动，乙醇的平衡转化率降低，B不合题意；C项，

28、其它条件不变，掺入稀有气体，由于容器的压强不变，气体的体积增大，反应混合气的浓度减小，相当于减压，平衡正向移动，乙醇平衡转化率提高，C符合题意；D项，其它条件不变，掺入水蒸气，反应物中的氢元素都转化为H2，可提高氢气的选择性，但各可逆反应的转化率未知，所以氢气的体积分数不一定增大，D不合题意；故选AC。若其它初始条件相同，只把容器变为恒容密闭容器，由于生成物的气体分子数大于反应物的气体分子数，所以相当于原容器加压，反应速率加快，达平衡的时间缩短，但平衡逆向移动，n(H2)减小，故恒容条件下，n(H2)随反应时间的变化曲线图为。从图象中可以看出，温度一定时，增大氧醇比、水醇比，会减少固态炭生成；

29、氧醇比、水醇比一定时，升高温度，会减少固态炭生成，所以反应温度、氧醇比、水醇比对固态炭生成的影响：在其它条件相同的情况下，升高温度或增大水醇比、增大氧醇比均会减少固态炭的生成。7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

30、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，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)

31、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

32、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

33、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

34、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，

35、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。8半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料。完成下列填空：(1)半水煤气含有少量硫化氢。将半水煤气样品通入_溶液中(填写试剂名称)，出现_，可以证明有硫化

36、氢存在。(2)半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2OCO2+H2若半水煤气中V(H2)：V(CO)：V(N2)=38：28：22，经CO变换后的气体中：V(H2)：V(N2)=_。(3)碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一。已知：Na2CO3K2CO320碱液最高浓度(mol/L)2.08.0碱的价格(元/kg)1.259.80若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是_；缺点是_。如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？_写出这种方法涉及的化学反应方程式。_(4)以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案。取一定体积(标准状况)的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中

37、H2以及CO的体积分数。选用合适的无机试剂分别填入、方框中。_该实验方案中，步骤、的目的是：_。该实验方案中，步骤_(选填“”或“”)可以确定半水煤气中H2的体积分数。【答案】(1)硝酸铅(或硫酸铜) 黑色沉淀 (2)3：1 (3)价廉 吸收CO2能力差 碱液循环使用 2KHCO3K2CO3+CO2+H2O (4) 除去半水煤气中的CO2(包括H2S)和H2O IV 【解析】(1)硫化氢能与重金属生成沉淀，所以将半水煤气样品通入硝酸铅(或硫酸铜)溶液中，出现黑色沉淀可以证明有硫化氢存在。(2)若半水煤气中V(H2)：V(CO)：V(N2)=38：28：22，经CO变换后H2O转化为氢气，则根据

38、方程式可知所得的气体中：V(H2)：V(N2)=(38+28)：223：1。(3)根据表中数据可知若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉，而缺点是吸收CO2能力差。由于生成的碳酸氢钾受热易分解产生碳酸钾，所以使碱液循环使用可以降低成本，反应的化学方程式为2KHCO3K2CO3+CO2+H2O；(4)由于半水煤气中含有二氧化碳，所以首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数。所以流程为：。中KOH吸收CO2和H2S，中浓硫酸吸收水蒸气，干燥气体。氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，所以该实验方案中，步骤

39、可以确定半水煤气中H2的体积分数。9催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-53.7kJmol-1 ICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2 II某实验室控制CO2和H2初始投料比为1：2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：(备注)Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比已知：CO和H2的标准燃烧热

40、分别为-283.0kJmol-1和-285.8kJmol-1H2O(l)=H2O(g)H3=44.0kJmol-1请回答(不考虑温度对H的影响)：(1)反应I的平衡常数表达式K=_；(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_。A使用催化剂Cat.1 B使用催化剂Cat.2C降低反应温度 D投料比不变，增加反应物的浓度E.增大CO2和H2的初始投料比(3)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是_。(4)在图中分别画出反应I在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程能量”示意图_。【答案】(1) (2)CD

41、(3)表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响 (4) 【解析】(1)平衡常数是生成物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值，反应I为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)其平衡常数：，故答案为：。(2)A项，使用催化剂，只改变反应速率，平衡不移动，不能提高转化率，A错误；B项，使用催化剂，只改变反应速率，平衡不移动，不能提高转化率，B错误；C项，反应I为放热反应，降低温度，平衡正向移动，提高CO2的转化率，C正确；D项，投料比不变，增加反应浓度，平衡正向移动，提高CO2的转化率，D正确；E项，增大二氧化碳和氢气的

42、初始投料比，能提高氢气的转化率，二氧化碳的会降低，E错误；故答案为CD。(3)从表格数据分析，在相同的温度下，不同的催化剂，相同的反应时间内，其二氧化碳的转化率也不同，说明不同的催化剂的催化能力不同；相同催化剂不同的温度，二氧化碳的转化率不同，且温度高的转化率大，因为正反应为放热反应，说明表中数据是未到平衡数据，故答案为：表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。(4)从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应的催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化

43、能更低，故答案为：。10十八大以来，各地重视“蓝天保卫战”战略。作为煤炭使用大国，我国每年煤炭燃烧释放出的大量SO2严重破坏生态环境。现阶段主流煤炭脱硫技术通常采用石灰石-石膏法将硫元素以CaSO4的形式固定，从而降低SO2的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：反应：CaSO4(s)+CO(g)CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) 活化能Ea1，H1=218.4kJmol-1反应：CaSO4(s)+4CO(g)CaS(s) + 4CO2(g) 活化能Ea2，H2= -175.6kJmol1请回答下列问题：(1)反

44、应CaO(s)+3CO(g)+SO2(g) CaS(s)+3CO2(g)；H=_kJmol-1；该反应在_(填“高温”“低温”“任意温度”)可自发进行。(2)恒温密闭容器中，加入足量CaSO4和一定物质的量的CO气体，此时压强为p0。tmin中时反应达到平衡，此时CO和CO2体积分数相等，CO2是SO2体积分数的2倍，则反应I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)px(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。(3)图1为1000K时，在恒容密闭容器中同时发生反应I和II，c(SO2)随时间

45、的变化图像。请分析图1曲线中c(SO2)在0t2区间变化的原因_。(4)图2为实验在恒容密闭容器中，测得不同温度下，反应体系中初始浓度比与SO2体积分数的关系曲线。下列有关叙述正确的是_。A当气体的平均密度不再变化，反应I和反应同时达到平衡状态B提高CaSO4的用量，可使反应I正向进行，SO2体积分数增大C其他条件不变，升高温度，有利于反应I正向进行，SO2体积分数增大，不利于脱硫 D向混合气体中通入氧气(不考虑与SO2反应)，可有效降低SO2体积分数，提高脱硫效率 (5)图1中，t2时刻将容器体积减小至原来的一半，t3时达到新的平衡，请在图1中画出t2-t3区间c(SO2)的变化曲线_。【答

46、案】(1)-394.0kJmol-1 低温 (2)0.25p0 (3)反应I的活化能Ea1较小，反应速率I比II大，0t1阶段c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态(4)ACD (5) 【解析】(1)反应：CaSO4(s)+CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) H1=218.4kJmol-1反应：CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s) + 4CO2(g) H2= -175.6kJmol1根据盖斯定律反应-反应得：CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)CaS(s)+3CO2(g)，所以，H

47、=H2-H1=-175.6kJmol1-218.4kJmol-1=-394.0kJmol-1。该反应为气体分子数减小的反应，S0，H0，当H-TS0时，反应能自发进行，则T较小的时候反应能自发进行，即该反应在低温时能自发进；(2)设参加反应的CO起始的物质的量为a，平衡时，CO和CO2体积分数相等，CO2的体积分数是SO2体积分数的2倍，故设平衡时，SO2的物质的量为xmol，CO和CO2的物质的量为2x，则对于反应有：则反应生成的CO2的物质的量为(2x-x)mol=xmol，生成CO的物质的量=2x-(a-x)mol=(3x-a)mol，则对于反应有：结合反应、可知：CO的充入量为(4x-

48、a)+a=4x，而平衡时，气体的总物质的量=2x+x+2x=5x，设平衡时体系总压为p，则，解得：p=，所以反应的平衡常数Kp=0.25p0；(3)因反应的活化能小于反应的活化能，0到t1，反应速率大于反应，c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态，故答案为：反应I的活化能Ea1较小，反应速率I比II大，0t1阶段c(SO2)增大，t1后反应II为主，c(CO)减小，使反应I逆向进行，故c(SO2)减小，t2时反应达到平衡状态；(4)A项，反应、都是反应前后气体质量变化的反应，由m=V可知，容器体积V恒定下，不变，说明气

49、体总质量m不变，那么容器内每种气体的质量均不变化，已达到平衡，A正确；B项，CaSO4是固体，提高CaSO4的用量，平衡不移动，B错误；C项，反应是吸热反应，升高温度，反应正向移动，SO2体积分数增大，不利于脱硫，C正确；D项，通入氧气，CO被消耗，反应逆向移动，SO2体积分数降低，脱硫效率增大，D正确；故选ACD；(5)容器体积减小一半瞬间，二氧化硫浓度变为2倍，同时压强增大，平衡逆向移动，二氧化硫浓度减小，t2t3二氧化硫浓度比t1t2减小的多。根据勒夏特列原理可知，t3重新平衡时，二氧化硫浓度略比t2时刻大，据此如图：。11(1)煤气化制合成气(CO和H2)已知：C(s)H2O(g)=C

50、O(g)H2(g)H2131.3kJmol1C(s)2H2O(g)=CO2(g)2H2(g)H290kJmol1则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是_(2)由合成气制甲醇合成气CO和H2在一定条件下能发生反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H0。在容积均为VL的甲、乙、丙、丁四个密闭容器中分别充入amolCO和2amolH2，四个容器的反应温度分别为T1、T2、T3、T4且恒定不变。在其他条件相同的情况下，实验测得反应进行到tmin时H2的体积分数如图所示，则T3温度下的化学平衡常数为_(用a、V表示)图反映的是在T3温度下，反应进行tmin后甲醇的体积分数与反应物

51、初始投料比的关系，请画出T4温度下的变化趋势曲线。_在实际工业生产中，为测定恒温恒压条件下反应是否达到平衡状态，可作为判断依据的是_A容器内气体密度保持不变 BCO 的体积分数保持不变C气体的平均相对分子质量保持不变 Dc(H2)=2c(CH3OH)(3)由甲醇制烯烃主反应：2CH3OHC2H42H2O i； 3CH3OHC3H63H2O ii副反应：2CH3OHCH3OCH3H2O iii某实验室控制反应温度为400，在相同的反应体系中分别填装等量的两种催化剂(Cat.1和Cat.2)，以恒定的流速通入CH3OH，在相同的压强下进行甲醇制烯烃的对比研究，得到如下实验数据(选择性：转化的甲醇中

52、生成乙烯和丙烯的百分比)由图像可知，使用Cat.2反应2h后甲醇的转化率与乙烯和丙烯的选择性均明显下降，可能的原因是(结合碰撞理论解释)_【答案】(1)CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H=-41.3 kJmol-1 (2)539V2/27a2 ABC (3)该条件下2h后催化剂失活，甲醇转化率较低；Cat.2显著降低反应iii的活化能，提高活化分子百分数，相同时间内快速生成副产物二甲醚，目标产物选择性下降 【解析】将第2个方程式减去第1个方程式，得到一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是CO(g)+H2O=CO2(g)+H2(g) H=41.3 kJmol1

53、，解得，则。该反应是放热反应，根据图得出反应在tmin时，T2温度H2的体积分数最低，T3、T4温度高，H2的体积分数高，说明平衡逆向移动，图反映的是在T3温度下，反应进行tmin后甲醇的体积分数与反应物初始投料比的关系，则T4温度甲醇的量比T3温度甲醇的量小，即变化趋势曲线。；故答案为：。A项，恒温恒压条件，容器内气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积减小，密度增大，因此可作为判断平衡的标志，故A符合题意；B项，开始阶段CO的体积分数不断减小，当体积分数不变，则可作为判断平衡的标志，故B符合题意；C项，气体的平均相对分子质量等于气体质量除以气体的物质的量，气体质量不变，气体

54、的物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，当保持不变可作为判断平衡的标志，故C符合题意；D项，c(H2) = 2c(CH3OH)，不能用浓度比例来判断平衡的标志，故D不符合题意；故选ABC。由图像可知，使用Cat.2反应2h后甲醇的转化率与乙烯和丙烯的选择性均明显下降，可能的原因是，根据第一个图得出该条件下2h后催化剂失活，甲醇转化率较低，第二个图得出Cat.2显著降低反应iii的活化能，提高活化分子百分数，相同时间内快速生成副产物二甲醚，生成乙烯、丙烯目标产物选择性下降。12苯硫酚(C6H5SH)是一种用途广泛的有机合成中间体。工业上常用氯苯(C6H5-C1)和硫化氢(H2S)反应来制备苯

55、硫酚，但会有副产物苯(C6H6)生成。I.C6H5Cl(g)+H2S(g) C6H5-SH(g)+HCl(g)H1=-16.8kJmol-1II.C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H6(g)+HCl(g)+S8(g)H2反应II的焓变不易测量，现查表得如下数据：III.C6H5SH(g)=C6H6(g)+S8(g)H3=-29.0kJmol-1请回答：(1)将一定量的C6H5Cl和H2S的混合气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为T(假设只发生反应I)，下列可以作为反应I达到平衡的判据是_。A气体的压强不变 B平衡常数不变 Cv正(H2S)=v逆(HCl) D容器内气体密度不变(2)反应

56、II为不可逆反应，请简述理由_。(3)现将一定量的C6H5Cl和H2S置于一固定容积的容器中模拟工业生产过程，在不同温度下均反应20分钟测定生成物的浓度，得到图1和图2。图1显示温度较低时C6H5Cl浓度的增加程度大于C6H6的主要原因_。结合图1和图2，该模拟工业生产制备C6H5Cl的适宜条件为_。590时，C6H5Cl和H2S混合气体(体积比为2：5，总物质的量为amol)在VL的固定容积中进行反应，达到平衡时，测得容器中C6H5SH的物质的量为mol，C6H6的物质的量为mol，则该温度下反应I的平衡常数为_(保留两位有效数字)。一定量的C6H5Cl和H2S在恒温恒容条件下发生反应，画出

57、产物C6H5SH的物质的量浓度随时间变化的曲线图_。【答案】(1)C (2)反应II的H2=-45.8kJmol-10，说明其正反应是自发反应，而逆反应为非自发反应，所以反应II为不可逆反应 (3)反应I的活化能小于反应II的活化能，反应I的反应速率快于反应II，相同时间内获得的产物的浓度自然反应I比反应II多 温度590K，R=2.5左右(2.42.6都可以) 0.86 【解析】(1)反应I为：C6H5Cl(g)+H2S(g) C6H5-SH(g)+HCl(g)H1=-16.8kJmol-1：A项，.反应前后气体分子总数不变，故气体的压强不变，A不能作为平衡判据；B项，平衡常数只与温度有关，

58、温度不变平衡常数始终不变，故B不能作为平衡判据；C项，v正(H2S)=v逆(HCl) = v逆(H2S)，则速率相等，C能作为平衡判据； D项，气体质量守恒、体积固定，则容器内气体密度始终不变，D不能作为平衡判据；则正确的是C；(2)按盖斯定律，反应II=反应+反应，则H2=H1+H3=-45.8kJmol-1；反应II为不可逆反应，理由为：反应II的H2=-45.8kJmol-10，说明其正反应是自发反应，而逆反应为非自发反应，所以反应II为不可逆反应；(3)C6H5Cl由反应I生成，C6H6由反应II生成，图1显示温度较低时C6H5Cl浓度的增加程度大于C6H6，要找主要原因，只能找内因：

59、反应I的活化能小于反应II的活化能，反应I的反应速率快于反应II，相同时间内获得的产物的浓度自然反应I比反应II多；结合图1和图2的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5Cl的适宜条件为温度590K，R=2.5左右；590时，C6H5Cl和H2S混合气体(体积比为2：5，总物质的量为amol)在VL的固定容积中进行反应，达到平衡时，测得容器中C6H5SH的物质的量为mol，C6H6的物质的量为mol，则该温度下反应I的平衡常数计算过程如下：C6H5Cl(g)+H2S(g) C6H5-SH(g)+HCl(g)中各成分变化的物质的量均为，在反应C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H6(g)+HCl

60、(g)+S8(g)中，各成分变化的物质的量均为mol，开始时氯苯的总物质的量为，硫化氢总物质的量为 ， 达到平衡时，氯苯的物质的量为 ，硫化氢物质的量为，根据化学平衡常数的表达式， ；根据图1和图2，随着反应的进行，苯硫酚的浓度先增加然后降低，处于平衡状态时不再变化，因此图像是。13甲醇是重要的有机化工原料，利用 CO2 和 H2 在催化剂作用下合成甲醇的主要反应为：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g) H= -58kJmol -1。请回答：(1)上述反应中的活化能Ea(正)_ Ea(逆)(填“”或“”)，该反应应选择_高效催化剂(填“高温”或“低温”)。(2)若T1时将 6

61、molCO2 和 8molH2 充入 2L 密闭容器中发生上述反应，初始压强为 p0 kPa，测得H2 的物质的量随时间变化如下图 1 中状态 I。图中数据 A(1,6)代表在 1min 时H2 的物质的量是6mol。T1时，该反应的平衡常数 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)=px(B) ，p 为平衡总压强，x(B)为平衡体系中 B 的物质的量分数)。其他条件不变，仅改变某一条件后，测得 H2 的物质的量随时间变化如图状态 II、状态 III 所示。则状态 III 改变的条件可能是_。反应达到平衡后

62、，保持其他条件不变，在 t1 时刻迅速将容器体积压缩至 1L，请在图 2 中 画出t1 时刻后 正(H2)的变化趋势图_。(3)目前二氧化碳加氢合成甲醇常选用铜基催化剂(CuO/ZnO/Al2O3)，在相同氢碳比n(H2)/n(CO2) 下，某研究小组对催化剂组分的不同配比(假设为 Cat1、Cat2、Cat3)进行了对比研究，结果如图所示。催化效率最佳的催化剂是_，工业生产中最佳温度是_K。温度高于T4K 时，以 Cat2为催化剂，CO2转化率下降的原因可能是 _。【答案】(1) 低温 (2)(也可) 升高温度 (3)Cat1 T3 催化剂失活 【解析】(1)H= Ea(正)-Ea(逆)，C

63、O2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H= -58kJmol -1，故上述反应中的活化能Ea(正)Ea(逆)，该反应是熵减、放热反应，按能自发反应，故能低温自发，应选择低温高效催化剂；(2) T1时，状态达到平衡时氢气的物质的量为2mol，则 ，则 ，化学平衡常数因为，所以；从图象可知：在8min达到平衡，在5min达到平衡，说明反应速率加快，可为升高温度，加催化剂，增大压强，平衡时氢气的物质的量比大，说明平衡逆向移动，该反应放热反应，升高温度，平衡逆向移动，催化剂不影响平衡，该反应是个气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，故状态 III 改变的条件可能是升高温度；反应达到

64、平衡后，保持其他条件不变，在 t1时刻迅速将容器体积压缩至 1L，则在 t1时刻，正逆反应速率变大，但反应物浓度小于起始浓度，故比起始速率小，正大压强平衡正向移动，故移动过程中正反应速率又有所减小，新平衡时速率比旧平衡时大，则 正(H2)的变化趋势图为：；(3)由图知，催化效率最佳的催化剂是Cat1；T3和T4时二氧化碳转化率几乎一样，故工业生产中最佳温度是T3；温度高于T4K 时，以 Cat2为催化剂，CO2转化率下降明显，不同于Cat1和Cat3，主要原因应该是催化剂自身引起的，可能是催化剂失活。14研究有害气体的脱硝(除NOx)技术有积极的环保意义。汽车尾气是城市空气污染源之一，其中主要

65、污染物有NO和CO，一定条件下可发生反应：2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g) H”“”或“”)对应温度下的平衡脱氮率。催化剂II条件下，450后，脱氮率随温度升高而下降的原因可能是_。【答案】(1)1 AC (2)高 0，对于反应，下列图像正确的是_。(3)在某恒容、绝热密闭容器中模拟上述气化炉制氢中的反应，下列能说明该反应达到平衡状态的是_。A混合气体的压强不再变化BH2O(g)、H2(g)的物质的量之比为1：1，且不再变化C混合气体的密度保持不变D断裂a mol HH键的同时形成2a mol HO键(4)已知反应的H41.1 kJ mol1，OH、HH的键能分别为464 kJ

66、 mol1、436 kJ mol1；CO的结构类似N2，其碳氧键键能达到1072.9 kJ mol1；则CO2中C=O的键能为_kJ mol1。(5)对于反应，若平衡时再充入CO2，使其浓度增大，则平衡_移动(填“正向”“逆向”或“不”)；当重新平衡后，CO2浓度_(填“变大”“变小”或“不变”)。【答案】(1)C(s)2H2O(g)CaO(s) CaCO3(s)2H2(g) H=H1 +H2 +H3 (2)BC (3)AB (4)803 (5)正向 不变 【解析】(1)气化炉中涉及下列的反应，C(s)H2O(g) CO(g)H2(g)H1；CO(g)H2O(g) CO2(g)H2(g)H2；

67、CaO(s)CO2(g) CaCO3(s) H3，根据盖斯定律，反应+可得总反应C(s)2H2O(g)CaO(s) CaCO3(s)2H2(g)，H=H1 +H2 +H3；(2)对于反应，当H10时：A项，平衡时，增大压强，平衡逆向移动，则V逆v正，但正逆反应速率均增大，A错误；B项，升高温度，速率增大，平衡正向移动，H2的产率增大，B正确；C项，平衡时，增大压强，平衡逆向移动，H2O的百分含量降低，升高温度，速率增大，平衡正向移动，H2O的百分含量降低，C正确；D项，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，D错误；故选BC；(3)恒容、绝热密闭容器中，对于反应：A项，混合气体的压强为变量，当混

68、合气体的压强不再变化时，反应达到平衡状态，A正确；B项，当H2O(g)、H2(g)的物质的量之比为1：1，且不再变化时，反应达到平衡状态，B正确；C项，恒容容器，混合气体的密度始终不变，因此不能通过密度不变来判断反应是否达到平衡，C错误；D项，断裂a mol HH键的同时形成2a mol HO键均为逆反应方向，不能说明反应达到平衡，D错误；故选AB；(4)根据H=反应物的总键能-生成物的总键能，设C=O的键能为x kJ/mol，则有(1072.9+4642)-(2x+436)=-41.1，解得x=803，即CO2中C=O的键能为803kJ/mol；(5)对于反应，平衡时再充入CO2，使其浓度增

69、大，平衡正向移动，该反应的平衡常，温度不变，平衡常数不变，故CO2的浓度不变。16氨气可与其他气体发生反应消除污染或生成重要产品。I：研究发现 NH3可消除硝酸尾气中的 NO。 已知 25C，l 00KPa 时：N2( g)+3H2( g) 2NH3(g) H= - 92.4 kJ/mol2H2(g) +O2(g) = 2H2O(g) H =- 483.6 kJ/mol N2(g)+ O2 (g)=2NO(g) H = +180.0 kJ/mol(1)4NH3(g)+6 NO(g) 5N2(g ) +6 H2O (g)的 H为 _。(2)维持相同的压强 P，当 NH3与 NO 的物质的量之比分

70、别为 1：3，3：1，4：1 时，反应相同时间 ， NO 的脱除率(类似于转化率)随温度的变化如图所示：图中曲线 a 对应的 NH3与 NO 的物质的量之比为_ ， 1200C后NO 脱除率上升的可能原因是_。(3)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 x(B) ，p 为平衡总压强， x(B ) 为平衡系统中B 的物质的量分数。根据曲线数据， 求 1000C时此反应 4NH3(g)+6 NO(g) 5N2(g ) +6 H2O (g)的化学平衡常数 Kp=_。(列式即可，无需化简。)II： NH3还

71、可以与 CO2反应生成尿素 ， 其反应过程为如下两步：第一步：. 2NH3(l)+CO2(g) NH2COONH4(l) (氨基甲酸铵)H1第二步： NH2COONH4(1) 2H2O(1)+ H2NCONH2(l)H2在一体积为 0.5L 密闭容器中投入 4mol 氨和 l mol 二氧化碳， 实验测得反应中各组分的物质的量随时间的变化如下图所示：(4)则第一步反应的活化能Ea1_ 第 二步反应的活化能Ea2 (填大于、小于或等于)。(5)维持其他条件不变，在容器中加入一种合适的催化剂能大幅提升第二步反应的速率，而对第一步反应的速率影响不大，请在上图中画出氨基甲酸铵和尿素的物质的量随时间(1

72、070分钟)的变化曲线。【答案】(1)-1806kJ/mol (2)4：1 NO 发生了分解或其他副反应(写催化剂失活不得分) (3)Kp(1000C)= (其他部分化简的合理答案皆可) (4)小于 (5)(曲线要求： 尿素曲线终时比原先高， 曲线一直上升； 氨基甲酸按各点比原先低，没有先上升再下降。) 【解析】I：(1) 已知：N2( g)+3H2( g) 2NH3(g)H= - 92.4 kJ/mol，2H2(g) +O2(g) = 2H2O(g)H =- 483.6 kJ/mol，N2(g)+ O2 (g)=2NO(g) H = +180.0 kJ/mol，根据盖斯定律，将3-2-3可得

73、4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)，则H=(- 483.6 kJ/mol)3-(- 92.4 kJ/mol)2-(+180.0 kJ/mol)3=-1806kJ/mol；(2) NH3与NO的物质的量的比值越大，NO脱除率越大，故其物质的量之比分别为1：3、3：1、4：1时，对应的曲线为c、b、a，故曲线a 对应NH3与NO的物质的量之比是4：1；1200C后NO 脱除率上升的可能原因是NO 发生了分解或其他副反应；(3)如图，1000C时C点为平衡点，此时NO的去除率为0.36，设NO的起始物质的量为1mol，C点是b曲线上一点，则起始时NH3的物质的量为3mol，此时

74、：反应的化学平衡常数 Kp=；II： (4) 由图象可知在20分钟左右，氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化，发生的是第一步反应，氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，发生的是第二步反应，从曲线斜率不难看出第二步反应速率慢，则第一步反应的活化能Ea1小于第 二步反应的活化能Ea2；(5) 使用催化剂，能降低反应活化能，加快反应速率，对第二步反应速率加快，氨基甲酸铵和尿素的物质的量在相同的时间内变化量增大，且缩短达到平衡所需要的时间，可知氨基甲酸铵和尿素的物质的量随时间(1070分钟)的变化曲线为。17大气污染是中国第一大环境污染问题，氮和硫的氧化物排放是造成大气污染的原因之一。I.(1)S

75、O2的排放主要来自煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关的热化学方程式如下 ：SO2(g)+NH3H2O(aq) = NH4HSO3(aq) H1=akJmol-1NH3H2O(aq)+NH4HSO3(aq)= (NH4)2SO3(aq)+H2O(1) H2=bkJmol-12(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=ckJmol-1写出氨水吸收SO2生成(NH4)2SO4总反应的热化学方程式：_。 (2)工业生成中也可利用CO从燃煤烟气中脱硫： 2CO(g)+ SO2(g)S(1)+ 2CO2(g) H = -270kJ mol

76、-1。在模拟回收硫的实验中，向某恒容密闭容器中充入2.8mol CO和1mol SO2气体，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所示。与实验a相比，实验b在其他条件不变的情况下使用了催化剂，请在上图中画出实验b体系总压强随时间的变化示意图_。 请利用分压计算该条件下实验c的平衡常数K=_ ( 列出计算式即可)。(注：某物质的分压=该物质的物质的量分数总压)II .NO可用氨水一臭氧组合高效脱除，与臭氧反应的过程如下：NO(g)+ O3(g)NO2(g)+ O2(g) H = -200.9kJ mol-1(3)在恒容密闭容器中，NO氧化率随。值以及温度的变化曲线如图所示。NO氧化

77、率随 值增大而增大的主要原因是_。当温度高于100C时，O3分解产生活性极高的氧原子可与NO2中的氧结合形成氧气，此时NO氧化率随温度升高而降低的可能原因有：_。(4)用电解法生产己二腈(CH2CH2CN)2可减少氮氧化合物的排放，装置如图所示。电解时Pb电极发生的电极反应式为_。【答案】 (1)2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=(2a+2b+c)kJmol-1(2) (3)值增大，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)+ O3(g)NO2(g)+ O2(g)正向移动 平衡后，温度升高平衡向逆反应方向移动； NO2+O NO+O2 (4) 2C

78、H2=CHCN+2H+2e- =(CH2CH2CN)2 【解析】(1)根据盖斯定律可知，氨水吸收SO2生成(NH4)2SO4总反应可由反应2反应2反应叠加可得，热化学方程式为：2SO2(g)+4NH3H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) H3=(2a+2b+c)kJmol-1；(2)实验b在其他条件不变的情况下使用了催化剂，降低了反应的活化能，加快反应速率，平衡不移动，缩短反应达到平衡的时间，则实验b体系总压强随时间的变化示意图为：；根据物质的起始量，设消耗二氧化硫物质的量x，有三段式：则在实验c的条件下有：，解得x=0.76mo，三种气体的体积分数分别为：，利用分压计算该

79、条件下实验c的平衡常数；(3)根据平衡移动原理，增大比值，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)+ O3(g)NO2(g)+ O2(g)正向移动，使NO氧化率增大；当温度高于100时，平衡逆向移动；O3分解生成活性极高的氧原子，NO转化率降低，说明反应中NO2转化为NO，故可能发生了反应NO2+O NO+O2；(4)根据装置图可知，PbO2-AgO电极有氧气生成，则该电极作负极，发生氧化反应，Pb电极发生还原反应，电极反应式为：2CH2=CHCN+2H+2e- =(CH2CH2CN)2。18甲醇是重要的能源以及化工原料。(1)已知：(I)CH3OH(1)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g) H

80、1=-442.8kJmol-1(II)2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H2=-566.0kJmol-1(III)H2O(l)=H2O(g) H3=44.0kJmol-125C时，甲醇完全燃烧的热化学方程式为_。(2)工业上利用CO2和H2制甲醇：(IV)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49kJmol-1。借助高分子选择性吸水膜可有效提高CO2平衡利用率。其原因是_。下列关于反应IV的说法正确的是_(填序号)。A有利于减少碳排放，体现了绿色化学思想B充分反应后，放出热量可能大于49kJC降低温度可提高CH3OH含量，工业生产时应控制低温D当气体密度保持不

81、变时，反应一定达到平衡状态(3)经研究发现，反应IV分两步完成：(V)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)(VI)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H0当1molCO2和3molH2投入密闭容器中，当反应V、VI达到平衡后，经测定容器中n(CO2)=n(CO)，n(H2)=n(H2O)。则混合气体中水蒸气的体积分数为_。下列关于反应VI的图像，不正确的是_(填序号)。经研究发现，反应VI的速率显著低于反应V，请画出反应过程中CO的浓度随时间的变化_。【答案】（1）2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H=-1627.6kJ/mol （2）H2O被

82、吸收，使平衡右移，提高CO2的利用率 AB （3）(或0.3125或0.31) AC 【解析】(1)已知：(I)CH3OH(1)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g) H1=-442.8kJmol-1，(II)2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H2=-566.0kJmol-1，(III)H2O(l)=H2O(g) H3=44.0kJmol-1则按盖斯定律，由 2(I)+ (II)-4(III)可得2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H；则H =2H 1+ H 2-4H3=-1627.6kJ/mol；甲醇完全燃烧的热化学方程式为：2CH3OH(l)+3O2

83、(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H=-1627.6kJ/mol ；(2)借助高分子选择性吸水膜，可吸收水，降低H2O(g)浓度，则CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) 向右移动，能有效提高CO2平衡利用率；关于反应IVCO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-49kJmol-1：A.吸收了二氧化碳，有利于减少碳排放，体现了绿色化学思想，A正确；B. 当反应消耗的二氧化碳大于1mol时，放出热量大于49kJ，B正确；C. 反应放热，降低温度可使平衡右移，提高CH3OH含量，但是温度降低，反应速率下降，则不利于提高产量，应综合经济效率，选择适当

84、高的温度而不是控制低温，C错误；D.若反应在恒温恒容的密闭容器中进行时，气体密度始终保持不变，故密度不变不一定达到平衡状态，D错误；故选AB；(3)当1molCO2和3molH2投入密闭容器中，当反应V、VI达到平衡后，经测定容器中n(CO2)=n(CO)，n(H2)=n(H2O)。设水蒸气的物质的量n(H2O)=x， 则：按已知条件：n(CO2)=n(CO)，则，得，则平衡时，n(CO2)=n(CO)= ，n(H2)=n(H2O)=，nCH3OH(g)=，混合气体中水蒸气的体积分数为 ；下列关于反应VICO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H0：A项，正反应是放热反应，升温平衡左移，K变

85、小，但，通常不是线性变化，A错误；B项，温度升高，正、逆反应速率均增加，逆反应速率增加得更快， B正确；C项，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H0是放热反应，C错误；D项，当=2时，符合化学方程式计量数，当小于2且逐渐增大时，既有利于平衡右移同时随着甲醇不断生成、有利于增大 混合气体中甲醇含量，大于2且越大时，虽有利于平衡右移、有利于提高CO转化率，但混合气体中甲醇含量呈下降趋势，D正确；则答案为AC；经研究发现，反应VI的速率显著低于反应V，则一开始反应(V)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为主，CO从无到有，浓度不断增大，等大部分二氧化碳基本消耗以后，反应(VI)

86、CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)为主，则CO浓度就逐渐减小直到处于平衡状态时浓度不再变化。故反应过程中CO的浓度随时间的变化为：。19(1)煤气化制合成气(CO和H2)已知：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H2131.3kJmol1C(s)2H2O(g)=CO2(g)2H2(g)H290kJmol1则一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是_(2)由合成气制甲醇合成气CO和H2在一定条件下能发生反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H0。在容积均为VL的甲、乙、丙、丁四个密闭容器中分别充入amolCO和2amolH2，四个容器的反应温度分别为T1、T2、

87、T3、T4且恒定不变。在其他条件相同的情况下，实验测得反应进行到tmin时H2的体积分数如图所示，则T3温度下的化学平衡常数为_(用a、V表示)图反映的是在T3温度下，反应进行tmin后甲醇的体积分数与反应物初始投料比的关系，请画出T4温度下的变化趋势曲线。_在实际工业生产中，为测定恒温恒压条件下反应是否达到平衡状态，可作为判断依据的是_A容器内气体密度保持不变 BCO 的体积分数保持不变C气体的平均相对分子质量保持不变 Dc(H2)=2c(CH3OH)(3)由甲醇制烯烃主反应：2CH3OHC2H42H2O i； 3CH3OHC3H63H2O ii副反应：2CH3OHCH3OCH3H2O ii

88、i某实验室控制反应温度为400，在相同的反应体系中分别填装等量的两种催化剂(Cat.1和Cat.2)，以恒定的流速通入CH3OH，在相同的压强下进行甲醇制烯烃的对比研究，得到如下实验数据(选择性：转化的甲醇中生成乙烯和丙烯的百分比)由图像可知，使用Cat.2反应2h后甲醇的转化率与乙烯和丙烯的选择性均明显下降，可能的原因是(结合碰撞理论解释)_【答案】(1)CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H=-41.3 kJmol-1 (2)539V2/27a2 ABC (3)该条件下2h后催化剂失活，甲醇转化率较低；Cat.2显著降低反应iii的活化能，提高活化分子百分数，相同时间内快速

89、生成副产物二甲醚，目标产物选择性下降 【解析】(1)将第2个方程式减去第1个方程式，得到一氧化碳与水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式是CO(g)+H2O=CO2(g)+H2(g) H=41.3 kJmol1(2)根据题意，列出下面“三段式”：，解得，则；该反应是放热反应，根据图得出反应在tmin时，T2温度H2的体积分数最低，T3、T4温度高，H2的体积分数高，说明平衡逆向移动，图反映的是在T3温度下，反应进行tmin后甲醇的体积分数与反应物初始投料比的关系，则T4温度甲醇的量比T3温度甲醇的量小，即变化趋势曲线。；A项，恒温恒压条件，容器内气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不

90、变，容器体积减小，密度增大，因此可作为判断平衡的标志，故A符合题意；B项，开始阶段CO的体积分数不断减小，当体积分数不变，则可作为判断平衡的标志，故B符合题意；C项，气体的平均相对分子质量等于气体质量除以气体的物质的量，气体质量不变，气体的物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，当保持不变可作为判断平衡的标志，故C符合题意；D项，c(H2) = 2c(CH3OH)，不能用浓度比例来判断平衡的标志，故D不符合题意；故选ABC。由图像可知，使用Cat.2反应2h后甲醇的转化率与乙烯和丙烯的选择性均明显下降，可能的原因是，根据第一个图得出该条件下2h后催化剂失活，甲醇转化率较低，第二个图得出Cat

91、.2显著降低反应iii的活化能，提高活化分子百分数，相同时间内快速生成副产物二甲醚，生成乙烯、丙烯目标产物选择性下降。20研究CO还原NOx对环境的治理有重要意义，相关的主要化学反应有： NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g) H1 2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g) H20 2NO(g)+2CO(g)N2 (g)+2CO2 (g) H30(1)已知：每1mol下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为NO2COCO2NO819kJ1076kJ1490kJ632kJ根据上述信息计算H1=_kJmol1。下列描述正确的是_。A在绝热恒容密闭容器中只进行反应，若压强不

92、变，能说明反应达到平衡状态B反应 H0，S0；该反应在低温下自发进行C恒温条件下，增大CO的浓度能使反应的平衡向正向移动，平衡常数增大D上述反应达到平衡后，升温，三个反应的逆反应速率均一直增大直至达到新的平衡(2)在一个恒温恒压的密闭容器中， NO2和CO的起始物质的量比为12进行反应，反应在无分子筛膜时二氧化氮平衡转化率和有分子筛膜时二氧化氮转化率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出N2。二氧化氮平衡转化率随温度升高而降低的原因为_。P点二氧化氮转化率高于T点的原因为_。(3)实验测得，V正k 正c2(NO)c2(CO) ，V逆k逆c(N2)c2(CO2) (k正、k逆为速率常数

93、，只与温度有关)。一定温度下，向体积为1L的密闭容器中充入一定量的NO和CO，只发生反应，在tl时刻达到平衡状态，此时n(CO)=0.1mol，n(NO)=0.2mol，n(N2)=amol，且N2占平衡总体积的1/4则：=_。在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，在其它条件不变的情况下t3时刻达到新的平衡状态。请在图中补充画出t2-t3-t4时段，正反应速率的变化曲线_。【答案】(1)-227 AB (2)反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动(或平衡常数减小) 分子筛膜从反应体系中不断分离出N2，有利于反应正向进行，二氧化氮转化率升高 (3)270 (起点的纵坐标为16，t3时刻达到

94、平衡，t3- t4处于平衡状态与已有线平齐) 【解析】(1) H1=E反应物-E生成物=819+1076-1490-632=-227kJ/mol；A项，反应前后气体系数不变，如果是恒温恒容，无论平衡是否移动，容器中的压强均不变，换为绝热容器后，随着反应的正向进行，反应放出热量，体系温度升高，等量气体的压强随之增大，此时压强是变量，可以作为平衡的依据，A项正确；B项，当H-TSk(无碘) DI2浓度与N2O分解速率无关(3)已知2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) H=744kJ/mol，为研究汽车尾气转化为无毒无害物质的有关反应，在密闭容器中充入10molCO和8molNO发

95、生反应，如图所示为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。该反应达平衡后，为了在提高反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施_(填字母代号)。a.改用高效催化剂 b.缩小容器的体积 c.升高温度 d.增加CO的浓度压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到20min达到平衡状态，请计算该温度下平衡常数Kp=_(保留两位有效数字；用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的_点。【答案】(1)2N2O(g)=2N2(g)+O2(g) H=163kJmol1 (2)BC (3)bd 0. 089

96、(MPa1) G 【解析】(1)N2O(g)进行无害化处理时的化学方程式为：2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)，焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=21112.5kJ/mol-(2945kJ/mol+498kJ/mol)= 163kJmol1，故答案为2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的H=163kJmol1；(2) A项，慢反应对总反应速率起决定作用，第二步起决定作用，A错误；B项，第二步反应慢，活化能大，B正确；C项，碘单质在反应中是催化剂，N2O分解反应中，速率常数：k(含碘)k(无碘)，故C正确；D项，根据N2O分解速率方程v=kc(N2O)c(I

97、2)0.5，I2浓度与N2O分解速率有关，故D错误；故选BC。(3)a项，改用高效催化剂，只改变化学反应速率不影响平衡移动，所以NO转化率不变，故a错误；b项，缩小容器的体积相当于增大压强平衡正向移动，NO转化率提高，故b正确；c项，升高温度平衡逆向移动，NO转化率降低，故c错误；d项，增加CO的浓度平衡正向移动，NO转化率提高，故d正确；故选bd；设参加反应的n(CO)=xmol，可逆反应：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)开始(mol) 810 00反应(mol) x x x0.5x平衡(mol) 8x10x x0.5x平衡时混合气体物质的量=(8x+10x+x+0.5

98、x)mol=(180.5x)mol，平衡时NO的体积分数平衡时NO的体积分数=25%，解得x=4，平衡时混合气体物质的量为(18-0.54)mol=16mol，则平衡分压P(NO)= 10MPa=2.5MPa、P(CO)=10MPa=MPa、P(CO2)=10MPa=2.5MPa、P(N2)=10MPa=MPa，该温度下平衡常K=MPa1=0. 089(MPa1)；故答案为：0. 089(MPa1)；相同压强下降低温度平衡正向移动，NO体积分数减小，同一温度下增大压强平衡正向移动NO体积分数减小，所以符合条件的为G，故答案为G。22CO2是主要的温室气体之一，可利用CO2和H2的反应生成CH3

99、OH，减少温室气体排放的同时提供能量物质。ICO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H1=+41.2kJmol-1IICO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H2=-49.4kJmol-1(1)CO(g)和H2(g)的反应生成CH3OH(g)的热化学方程式为_。请解释反应I能自发进行的原因_。(2)温度为T时，向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应I和II。反应达到平衡时，测得CO2的转化率为50%，生成CO的选择性(CO的选择性=)为20%，则T时反应I的平衡常数K=_(保留2位有效数字)。下图为T时，c(CH3OH)随时间的变化图象

100、。请从分子碰撞理论角度分析下图曲线中c(CH3OH)在0t2区间变化的原因_。维持其它条件不变，在容器中加入一种合适的催化剂能大幅提高反应I的速率，而对反应II的速率影响不大，请在上图中画出c(CH3OH)随时间的变化曲线_。当其他条件相同时，以催化剂A和C进行实验，在相同时间内测得CH3OH浓度变化情况如图所示。下列说法正确的是_。A在催化剂A的作用下反应的平衡常数比催化剂C时大B反应在N点已达到平衡，此后甲醇浓度减小的原因可能是温度升高，平衡向左移动CM点后甲醇浓度减小的原因可能是温度升高使催化剂活性降低D上升一定温度时，两条曲线可能相交【答案】(1)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g

101、) H3=-90.6kJmol-1 该反应为熵增 (2)0.059 反应II的活化能较小，反应速率II比I大，0t1阶段c(CH3OH)增大，t1后随着反应 I进行，c(CO2)和c(H2)减小，c(H2O)增大，使反应II逆向进行，故c(CH3OH)减小，t2时反应达到平衡状态 CD 【解析】ICO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H1=+41.2kJmol-1IICO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H2=-49.4kJmol-1(1)将反应II 反应I 可得：CO(g)和H2(g)的反应生成CH3OH(g)的热化学方程式为CO(g)+2H2(g) CH3O

102、H(g) H3=-90.6kJmol-1。反应I中，H0，依据G=H-TS0，可得出S0，所以能自发进行的原因是该反应为熵增；(2)温度为T时，向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应I和II。反应达到平衡时，测得CO2的转化率为50%，生成CO的选择性(CO的选择性=)为20%，则参加反应的CO2的物质的量为1mol50%=0.5mol，反应I中生成CO的物质的量为0.5mol20%=0.1mol。由此可得出以下两个反应中三段式关系：则T时反应I的平衡常数K= =0.059。从T时，c(CH3OH)随时间的变化图象可以看出，在t1是c(CH3OH)最大，后来减小，则表

103、明起初反应速率快，后来平衡逆向移动，从分子碰撞理论角度分析图中曲线，可得出c(CH3OH)在0t2区间变化的原因：反应II的活化能较小，反应速率II比I大，0t1阶段c(CH3OH)增大，t1后随着反应 I进行，c(CO2)和c(H2)减小，c(H2O)增大，使反应II逆向进行，故c(CH3OH)减小，t2时反应达到平衡状态。维持其它条件不变，在容器中加入一种合适的催化剂能大幅提高反应I的速率，则c(CO2)和c(H2)减小、c(H2O)增大，反应II的速率减小，甲醇的产率减小，但达平衡的时间缩短，从而得出c(CH3OH)随时间的变化曲线为。A项，对于一个可逆反应，平衡常数只受温度变化的影响，不受催化剂的影响，所以加入催化剂A，反应的平衡常数不变，A不正确；B项，反应在N点已达到平衡，此后甲醇浓度减小的原因可能是催化剂的活性降低，反应速率减慢，也可能是发生了副反应，但若是温度升高，导致平衡逆向移动，则两条曲线应该重合，B不正确；C项，M点后甲醇浓度减小的原因，若是催化剂造成的影响，则可能是温度升高使催化剂活性降低，C正确；D项，温度相同时，平衡状态下各物质的浓度对应相等，所以当上升至一定温度时，两条曲线可能相交，D正确；故选CD。