2023届高考化学——化学反应原理综合大题专项练习2（解析版） WORD版含解析.docx

1、化学反应原理综合大题(二)1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

2、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，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t

3、l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

4、+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-TS0时，反应自发进行，由H0，S0，推出该反应低温下自发进行，B项正确；C项，增大CO的浓度可以使反应的平衡向正向移动，但是平衡常数只受到温度的影响，温度不变，平衡常数不变，C项错误；D项，温度升高，反应速率增大，三个反应的逆反应速率均增大，三个反应均为放热反应，温度升高，反应向吸热方向进行，则平衡逆向移动，所以平衡

5、移动的初期为逆反应速率大于正反应速率，为了达到新的平衡，逆反应速率向正反应速率靠近，逆反应速率会减小，所以逆反应速率的变化趋势为先增大后减小，D项错误；(2)反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应(吸热)方向进行，二氧化氮转化率降低；相同温度下，二氧化氮的转化率在P点较高是因为使用了分子筛膜，将产物N2分离出来，降低了产物的浓度，使平衡正向进行，从而二氧化氮的转化率提高；(3)列三段式求解：因为N2占平衡总体积的1/4，所以，a=0.3mol，此时为平衡状态，有v正= v逆，即k 正c2(NO)c2(CO)= k逆c(N2)c2(CO2)，；在t2时刻，将容器迅速压缩到原容积的1/2，压强瞬间

6、增大为原来压强的两倍，正逆反应速率均增大，但是压强增大，平衡向正反应(气体系数减小)方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，所以正反应速率的总体趋势为先突然增大，然后减小，直至平衡，其图像为。2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)

7、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，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

8、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.

9、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

10、：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)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

11、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O

12、2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=

13、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：。3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)CH

14、3OH(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

15、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CH3OCH3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

16、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 0；(2)A项，该反应为一个恒容的反应，反应过程中气体总质量不变，气体总体积不变，故混合气体的密度恒不变，A错误；B项，混合气体的平均相对分子质量等于混合气体的质量除以混合气体的总物质的量，随着反应的不断进行，混合气体的总物质的量不断减小，当反应达平衡时，混合气体的总物质的量不再发生变化，混合气体的平均相对分子质量也不再发生变化，故可以判断反应达平衡状态，B正确；C

17、项，甲醇的生成速率与氢气的生成速率相等，但不等于化学计量数的比，故不能判断反应达平衡，C错误；D项，随着反应的不断进行，CO的体积分数不断减小，当反应达平衡时，CO的体积分数不再发生变化，故可以判断反应达平衡，D正确；故选BD；(3)520K、P3压强下，CO的转化率为80%，当投料比=2且总物质的量为3mol时，n(H2)=2mol，n(CO)=1mol，则平衡时c(H2)=4mol/L，c(CO)=2mol/L，c(CH3OH)=8mol/L，该温度下的平衡常数K=0.25；达到平衡时CH3OH的物质的量分数为=0.57，当n值大于或小于2时，甲醇的物质的量分数均减小，故正确的图像为：；(

18、5)在一定温度下，在恒容容器中进行合成甲醚的反应，测得CH3OCH3含量随着时间的推移，先增大后减小，是因为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；在不改变温度的前提下，能够增大CH3OCH3的选择性可以通过增大压强等方法。4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=60

19、0kJmol-1，合成氨有关化学键的键能如下表：化学键HHNNNHE/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

20、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)，

21、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

22、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。6可逆反应2SO2

23、(g)+O2(g)2SO3(g)是硫酸工业中非常重要的一个反应，因该反应中使用催化剂而被命名为接触法制硫酸。(1)某温度下，使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，在保证O2(g)的浓度不变的条件下，增大容器的体积，平衡_(填字母代号)。A向正反应方向移动 B不移动 C向逆反应方向移动 D无法确定(2)使用V2O5催化该反应时，涉及到催化剂V2O5的热化学反应有：V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g) H1=+59.6kJ/mol2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s) H2=-314.4kJ/mol向10L密闭容器中加入V2O4(s)、SO2(

24、g)各1mol及一定量的O2，改变加入O2的量，在常温下反应一段时间后，测得容器中V2O4、V2O5、SO2和SO3的量随反应前加入O2的变化如图所示，图中没有生成SO3的可能原因是_。(3)向一保持常压的密闭容器中加入V2O5(s)、SO2(g)各0.6mol，O2(g)0.3mol，此时容器的体积为10L，分别在T1、T2两种温度下进行反应，测得容器中SO2的转化率如图所示。T2时，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常数K=_。下列说法正确的是_。AT1T2B若向该容器通入高温He(g)(不参加反应，高于T2)，SO3的产率将减小，仅因为温度升高，平衡向逆方向移动C合成硫酸的设

25、备中，在接触室合成SO3需要高压设备D依据反应装置所能承受的最高温度定为此反应温度在比T2更高的温度T3下，反应平衡向左移动，生成更多的V2O4固体会覆盖在V2O5固体的表面上，该因素对反应影响超过了温度因素的影响。请在图中画出在T3下，(SO2)在0t1时刻的变化图(0t1时刻之间已经平衡)_。【答案】(1)B (2)常温下，V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反应都很慢 (3)1.89 104 AC 【解析】(1) T2时使用V2O5进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，实际上反应的过程为V2O5(s)+SO2(g

26、)V2O4(s)+SO3(g) ，2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s) 反应为反应前后气体物质的量不变的反应，增大容器的体积，即减小压强，平衡不移动，对于反应，由于氧气的浓度不变，则平衡也不移动，故2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)不移动，故答案为B；(2) 由图像可知，随反应前加入O2里的变化，SO2未参与反应，V2O4逐渐减少，V2O5逐新增多，由此可知，容器中发生反应2V2O4(s)+O2(g)2V2O5(s)，而反应V2O5(s)+SO2(g)V2O4(s)+SO3(g)和2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)几乎没有发生，可能是在常温下反应都很慢，则没有生成SO3；(

27、3)由图像可知，在T2温度下，该反应达到平衡状态时，SO2的转化率为90%，则SO2的转化量为0.54mol，可列出三段式(单位为mol)为：则平衡时气体总物质的量为0.06mol+0.03mol+0.54mol=0.63mol，设平衡时容器的体积为V，根据恒温恒压下，气体的体积之比等于物质的量之比可得：，解得，V=7L，则该反应的平衡常数K=；A项，由图像可知，在T2温度下，该反应先达到平衡状态，则反应速率更大，且该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率低，则T2温度更高，则T1T2，A正确；B项，通入高温He，相当于加热，同时容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均左移，

28、产率减小，B错误C项，在接触室增大压强，有利于合成SO3，所以需要高压设备，C正确；D项，为了安全起见，反应温度应低于反应装置所能承受的最高温度定，D错误；故选AC；在比T2更高的温度T3下，反应平衡向左移动，转化率降低，同时生成更多的V2O4固体会覆盖在V2O5固体的表面上，该因素对反应影响超过了温度因素的影响，所以反应速率也降低。所以在T3下，(SO2)在0t1时刻的变化图(0t1时刻之间已经平衡)为：。7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

29、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)

30、 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)+

31、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，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

32、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)-(6200 kJmol-1)+(6436 kJmol-1)=+48kJmol-1；各反应均达平衡时，测得体

33、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(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，

34、因此n(I2)基本不变。8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_。(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

35、，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)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，T

36、4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 - 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28/31

37、25a2 【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

38、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= 。9CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H= 41.2kJmol-1反应：2CO2(g)+

39、6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：(1)已知反应：2CO(g)+4H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H= -204.9kJmol-1则反应的_，反应的自发条件为_A. 高温 B. 高压 C. 低温 D. 低压(2)温度高于300，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_。(3)220时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性对应图中A点数据。下列说法正确的是_。A. 其他反应条件不变，增大压强一定可提高平衡时CH3OCH3的选择性B

40、. 其他反应条件不变，改变催化剂，CH3OCH3的选择性不会改变C. 其他反应条件不变，升高温度，CO2的转化率一定随着温度的升高而降低D. 其他反应条件不变，提高投料时的氢碳比n (H2)：n (CO2)，能提高CO2平衡转化率(4)若起始投料比为n (H2)：n (CO2)=3，发生主要反应和反应不考虑其他副反应，则288时的反应的平衡常数为_。(5)若反应体系为恒容，其他反应条件不变，在上图中画出平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化示意图_。【答案】(1)-122.5 C (2)反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化

41、率下降，且上升幅度超过下降幅度 (3)AD (4)K=0.04 (5) 【解析】(1)反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H= 41.2kJmol-1反应：2CO(g)+4H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H= -204.9kJmol-1根据盖斯定律可知2+即得到反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H= -122.5kJmol-1反应正反应是体积减小的放热反应，根据GHTS0可知反应的自发条件为低温，故选C。(2)由于反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上

42、升幅度超过下降幅度，所以温度高于300，CO2平衡转化率随温度升高而上升。(3)A项，其他反应条件不变，增大压强反应向正反应方向进行，因此一定可提高平衡时CH3OCH3的选择性，A正确；B项，其他反应条件不变，改变催化剂可以改变反应历程，因此CH3OCH3的选择性会改变，B错误；C项，由于反应的H0，反应的H0，因此其他反应条件不变，升高温度，CO2的转化率不一定随着温度的升高而降低，C错误；D项，其他反应条件不变，提高投料时的氢碳比n (H2)：n (CO2)，相当于是增大氢气浓度，因此能提高CO2平衡转化率，D正确；故选AD。(4)根据图像可知288时二甲醚的选择性是33.3%，二氧化碳的

43、平衡转化率是30%，若起始投料比为n (H2)：n (CO2)=3，可设氢气是3mol，二氧化碳是1mol，则反应的二氧化碳是0.3mol，因此生成二甲醚的物质的量是，所以根据方程式2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)可知该反应中消耗二氧化碳是0.1mol，氢气是0.3mol，生成水蒸气是0.15mol，因此反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)中消耗二氧化碳是0.2mol，氢气是0.2mol，生成CO是0.2mol，水蒸气是0.2mol，则最终平衡时二氧化碳是0.7mol，氢气是2.5mol，CO是0.2mol，水蒸气是0.35mol，反应CO2(g

44、)+H2(g)CO(g)+H2O(g)前后体积不变，所以平衡常数为；(5)若反应体系为恒容，其他反应条件不变，反应过程中气体的物质的量减小，压强减小，不利于二甲醚的生成，则平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化示意图为。10丙烯(C3H6)是重要的有机化工原料。丙烷直接脱氢制丙烯发生的反应有：反应：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g) H1反应：2C3H8(g)3C2H4(g)+2H2(g) H2已知：反应活化能Ea()小于反应活化能Ea()；3种物质的燃烧热如下表：C3H8(g)C3H6(g)H2(g)2217.8kJmol-12058kJmol-1285.8kJmol-1(1)H1=

45、_kJmol-1(2)恒温恒容条件下，向密闭容器中充入1molC3H8(g)，下列情况能说明丙烷脱氢制丙烯反应达到平衡状态的是_。A该反应的H保持不变B混合气体的平均摩尔质量保持不变C保持不变DC3H8分解速率与C3H6消耗速率相等(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入总物质的量为4mol的丙烷和氢气混合气体(氢气的作用是活化催化剂)。反应相同时间，丙烯产率与进料气的关系如图1所示。图中曲线升高的原因是_。(4)反应温度600，将10molC3H8(g)充入2L的刚性容器中，丙烷平衡转化率与丙烯的选择性均为40%，则反应的平衡常数K=_。(保留2位小数)(丙烯的选择性=100%)600，丙烷脱

46、氢反应在t1时达平衡，请在图2中画出该条件下c(C3H6)随时间t的变化图。_(5)含一氯丙烷(C3H7Cl)的废水可通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池除去，其原理如图3所示。写出N电极的电极反应式_。【答案】(1)+126.0 (2)BD (3)增大氢气的量能提高催化剂的活性，从而提高丙烯的产率 (4)0.53 (5)CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+ 【解析】(1)结合燃烧热的概念及相关物质的燃烧热数值，可得以下热化学方程式：C3H8(g) +5O2(g)3CO2(g)+4H2O(g) H3= -2217.8kJmol-1C3H6(g) +9/2O2(g)3CO2(g)+

47、3H2O(g) H4= -2058.0kJmol-1H2(g) +1/2O2(g) H2O(g) H5= -285.8kJmol-1由盖斯定律可知反应I可由-得到，则H1=H3-H4-H5=(-2217.8kJmol-1)-(-2058kJmol-1)-(-285.8kJmol-1)=+126.0 kJmol-1；(2) A项，焓变(H)只与化学反应有关，所以反应的焓变(H)始终保持不变，即反应的焓变(H)保持不变不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B项，无论发生反应I还是反应II，其他的总质量保持不变，气体的物质的量变化，则混合气体的平均摩尔质量是变量，当混合气体的平均摩尔质量保持不变时反应

48、达到平衡状态，B选；C项，为反应I的平衡常数，K只受温度影响，温度不变K不变，不能根据K不变判断平衡状态，C不选；D项，C3H8分解速率与C3H6消耗速率相等说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D选；故选BD。(3)由题意可知氢气的作用是活化催化剂，增大氢气的量能提高催化剂的活性，从而提高丙烯的产率，继续通氢气会使平衡逆向移动，从而减小丙烯的产率；(4) 10molC3H8(g)充入2L的刚性容器中，丙烷平衡转化率与丙烯的选择性均为40%，丙烷的平衡物质的量为，丙烯的平衡量为；由反应可知无论发生哪个反应消耗的丙烷的物质的量都等于产生氢气的物质的量，则平衡时氢气的物质的量为：4mol，反应

49、I的平衡常数K=；600，丙烷脱氢反应在t1时达平衡，此时丙烯的浓度为0.8mol/L, 该条件下c(C3H6)随时间t的变化图；(5)由图示信息可知，N电极上的反应为醋酸根转变成二氧化碳，且电解质环境为酸性，反应式为：CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2+7H+。11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

50、(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，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6C

51、O(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

52、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

53、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

54、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)+ H

55、2O(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。12CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”(CO、H2)，还可制备甲醇、二甲醚、低碳烯烃等燃料产品

56、。I.制合成气科学家提出制备：“合成气”反应历程分两步：反应: CH4(g)C(ads)+2H2(g) (慢反应)反应:C(ads)+CO2(g)2CO(g) (快反应)上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如下图：(1) CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为_。 能量变化图中：E5+E1_E4+ E2(填“” 、 “ ” 或 “= ”)。II.甲醇合成在某 CO 催化加氢制甲醇的反应体系中，发生的主要反应有：i. CO2(g) + 3 H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H10iii . CO(g)+2H2( g)CH3OH(g) (g) H3 ”“ ”或“=”

57、)下列措施中，无法提高甲醇产率的是_(填标号)。A加入适量CO B增大压强 C循环利用原料气 D升高温度在下图中画出n(H2)/ n(CO2)随温度变化趋势图_。(3)反应i可能的反应历程如下图所示。注：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量(括号里的数字或字母，单位：eV)。其中TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒，反应历程中，生成甲醇的决速步骤的反应方程式为_。【答案】(1)CH4 (g) +CO2 (g)2CO(g) +2H2 (g) H=+ ( E3-E1 ) kJmol-1 (2)温度改变时， 反应i 和反应 ii 平衡移动方向相反 ”、“P2P3 温度升高，催化剂活性下降

58、 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)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

59、)=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%。15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) H1=-442.8kJ

60、mol-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当气体密度保持不变时，反应一定达到平

61、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】2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) H=-1627.6kJ/mol H2O被吸收，使平衡右移。提高CO2的利

62、用率 AB (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(g)=2CO2(g)+4H2O(l)

63、 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，选择适当高的温度而不是控制低温，C错误；D.若

64、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)。则：设水蒸气的物质的量n(H2O)=x， 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变小，但，通常不是线性变化，A错误；B项

65、，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)CO(g)+2H2(g) CH3OH(

66、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：。4(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、T3、T4且恒定不变。在其他条件相同的情

67、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 iii某实验室控制反应温度为400，在相同的

68、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，相同时间内快速生成副产物二甲醚，目标产物选择性下降 【

69、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，气体质量不变，容器体积减小，密度增大，因此可作为判

70、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.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。