高考化学一轮专题复习-化学反应原理综合题

试卷第=page2323页，共=sectionpages2323页试卷第=page2222页，共=sectionpages2323页高考化学一轮专题复习——化学反应原理综合题1．（2023·全国·高三专题练习）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：Ⅰ.

Ⅱ.

Ⅲ.

回答下列问题：(1)_______。(2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为ɑmol，CO为bmol，此时H2O(g)的浓度为_______mol﹒L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为_______。(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如下图所示。已知：CO2的平衡转化率=CH3OH的平衡产率=其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图_______(填“甲”或“乙”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_______；图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是_______。(4)为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_______(填标号)。A．低温、高压 B．高温、低压 C．低温、低压 D．高温、高压2．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考专题练习）环氧乙烷(，别称EO)是重要的杀菌剂和工业合成原料。回答下列问题：(一)乙烯直接氧化法：反应I：CH2=CH2(g)+O2(g)→(g)ΔH1反应II：CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(g)ΔH2(1)乙烯与O2在a、b两种催化剂作用下发生反应，催化剂的催化活性(用EO%衡量)及生成EO的选择性(用EO选择性%表示)与温度(T)的变化曲线如图一所示。①依据图给信息，选择制备环氧乙烷的适宜条件为_____。②M点后曲线下降的原因为_____。③下列说法正确的有_____(填标号)。A．催化剂的选择性越高，其达到最高反应活性所需的温度越高B．不同催化剂达到最高活性时的温度不同C．催化剂的催化活性与温度成正比(2)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。反应I、II对应的-lnK随(温度的倒数)的变化如图二所示。ΔH2_____0(填“>”或“＜”)。(二)电化学合成法(3)科学家利用CO2、水合成环氧乙烷，有利于实现碳中和。总反应为：2CO2+2H2O→+2.5O2，该过程在两个独立的电解槽中实现，装置如图三所示，在电解槽2中利用氯离子介导制备环氧乙烷，内部结构如图四所示。①电解槽1中阴极的电极反应式为_____。②图四虚线框中发生多个反应，有中间产物HOCH2CH2Cl生成，最终生成环氧乙烷，其反应过程可描述为_____。3．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考专题练习）氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。(1)已知：①

kJ·mol②

kJ·mol③

kJ·mol若某反应的平衡常数表达式为，请写出此反应的热化学方程式：_______。(2)汽车尾气中的NO和CO在一定条件下可发生反应生成无毒的和。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂(cat1、cat2)进行反应，相同时间内测得的脱氮率(脱氮率即NO的转化率)如图所示，M点_______(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是_______。(3)某同学设计用NO—空气质子交换膜燃料电池探究将雾霾中的、NO转化为的原理。①燃料电池放电过程中负极的电极反应式为_______。②若甲装置中消耗22.4L(标况)，则乙装置中和NO转化的物质的量共有_______mol。(4)某温度下，在一密闭容器中充入一定量NO(g)发生反应

，其正反应速率表达式为(为速率常数，只与温度有关)，测得反应速率和NO浓度的数据如表所示。序号①0.10②0.20③0.30则_______；下列对于该反应的说法正确的是_______(填标号)。A．当混合气体颜色保持不变时，反应达到化学平衡状态B．当的比值保持不变时，反应达到化学平衡状态C．反应达到化学平衡状态时，每消耗0.1molNO就会消耗0.05molD．反应达到平衡状态后，若降低温度，则混合气体的颜色变浅E.反应达到平衡状态后，若减小压强，则混合气体的平均相对分子质量减小4．（2022秋·河南·高三校联考专题练习）近年来，全球丙烯需求快速增长，研究丙烷制丙烯有着重要的意义。相关反应有：I.C3H8在无氧条件下直接脱氢：C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)△H1=+124kJ•mol-1II.逆水煤气变换：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2III.CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯：C3H8(g)+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)△H3已知：CO和H2的燃烧热分别为-283.0kJ•mol-1、-285.8kJ•mol-1；H2O(g)=H2O(l)△H=-44kJ•mol-1(1)反应II的△H2=______。(2)下列说法正确的是______。A．升高温度反应I的平衡常数增大B．选择合适的催化剂可提高丙烷平衡转化率C．若反应II能自发，则△S＜0D．恒温恒压下，通入水蒸气有利于提高丙烷转化率(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。在不同压强下(0.1MPa、0.01MPa)，反应I中丙烷和丙烯的物质的量分数随温度变化如图(a)所示，请计算556℃反应I的平衡常数Kp=______。(4)反应I须在高温下进行，但温度过高易发生副反应导致丙烯选择性降低，且高温将加剧催化剂表面积炭使催化剂迅速失活。工业上常用CO2氧化C3H8脱氢制取丙烯，请说明原因：______。(5)研究表明，二氧化碳氧化丙烷脱氢制取丙烯可采用铬的氧化物为催化剂，其反应机理如图(b)所示。该工艺可有效维持催化剂活性，请结合方程式说明原因：______。5．（2022·全国·高三专题练习）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。请回答：(1)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：①已知相关反应的能量变化如图所示，过程Ⅰ的热化学方程式为_______。②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是_______(填序号)。a.实现了含碳物质与含氢物质的分离

b.可表示为CO2＋H2=H2O(g)＋COc.CO未参与反应d.Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的△H③其他条件不变，在不同催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ作用下，反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态_______(填“是”或“不是”)平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是_______。(2)在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni/α-Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，若达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp=_______(kPa)2。(用各物质的分压代替物质的量浓度计算，列出计算式)(3)CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸(H2C2O4)。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中c(H2C2O4)=c(C2O)，则此时溶液的pH=_______。(已知常温下H2C2O4的Ka1=6×10－2，Ka2=6×10－5，lg6=0.8)6．（2022·江苏·校联考模拟预测）利用软锰矿(主要成分是，其中还含有少量、Fe、MgO、CaO、)生产高纯硫酸锰晶体的一种工艺流程如下：已知：，，，；(1)“酸浸”浸出液中检测到存在，此过程中铁屑与软锰矿反应的离子方程式为_______。“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。(2)“除镍”时，使用MnS作为沉淀剂的原因是_______。(3)加入使、的浓度均不高于，此时溶液中至少为_______。(4)硫酸锰的溶解度随温度变化关系如图1所示。从“除、”所得滤液中获得硫酸锰晶体的方法是_______。(5)铁有、、三种同素异形体，三种晶胞结构在不同温度下的转化如图2所示。下列说法正确的是_______(选填序号)。A．将-Fe加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同B．-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有12个C．铁原子的空间利用率-Fe晶体>-Fe晶体>-Fe晶体7．（2022·辽宁沈阳·辽宁实验中学校考模拟预测）含碳物质的价值型转化，有利于“减碳”和可持续发展。结合相关信息，回答：(1)相关的化学键键能数据如下：化学键H－OC≡OC＝OH－HE/()4631075803436

_________________。下列有利于提高CO平衡转化率的措施有_________________(填标号)。a．增大压强

b．降低温度c．提高原料气中的比例

d．使用高效催化剂(2)已知将、催化重整为可用的化学品，对改善环境意义重大，某科研团队在密闭容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为①下列能说明该反应达到化学平衡状态的是_________________。a．混合气体的平均相对分子质量不再变化

B．C．甲烷与氢气浓度比值不再变化

D．容器内混合气体的密度不再变化②当投料比时，的平衡转化率()与温度(T)，初始压强(p)的关系如图所示。可知：压强_________________2MPa(填“＞”“＜”或“＝”)；当温度为、压强为2MPa时，a点时的v(逆)_________________v(正)(填“＞”“＜”或“＝”)起始时向1L恒容容器中加入2mol和2mol，在温度为、初始压强为2MPa时反应，用压强表示该反应平衡常数的值的_____________(分压＝总压×物质的量百分数)。(3)图为一种可以循环利用人体呼出的并提供的装置，总反应方程式为。写出阴极的电极反应：_______________________8．（2022·上海·高三专题练习）为妥善处理氯甲烷生产企业的副产物CCl4，以减少其对臭氧层的破坏。化学家研究在催化剂作用下，通过下列反应：使CCl4转化为重要的化工原料氯仿。此反应伴随有副反应，会生成和等。已知CCl4的沸点为77℃，CHCl3的沸点为61.2℃。(1)在密闭容器中，该反应达到平衡状态后，测得如下数据(假设不考虑副反应)。实验序号温度/℃初始CCl4的浓度(/)初始H2的浓度(/)CCl4的平衡转化率11100.81.2A21101150%310011B①此反应的化学平衡常数表达式为_______，在110℃时平衡常数为_______。②实验1中，CCl4的转化率A_______50%(填“大于”“小于”或“等于”)。③实验2中，10h后达到平衡，H2的平均反应速率为_______。④实验3中，B的值_______(填序号)。A．等于50%

B．大于50%

C．小于50%

D．从本题资料无法判断(2)120℃时，在相同条件的密闭容器中，分别进行H2的初始浓度为2和4的实验，测得反应消耗CCl4的百分率和生成物中CHCl3的百分含量随时间(t)的变化关系如图(图中实线是消耗CCl4的百分率变化曲线，虚线是产物中CHCl3的百分含量变化曲线)。①在图中的四条线中，表示H2的起始浓度为2的实验消耗CCl4的百分率变化曲线的是_____(填序号)。②根据上图曲线，氢气的起始浓度为_______时，有利于提高CCl4的平衡转化率和产物中CHCl3的百分含量。你判断的依据是_______。9．（2022·全国·高三专题练习）利用γ-丁内酯(BL)制备1，4丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和1-丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：已知：①反应I为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、III的影响；②因反应I在高压H2氛围下进行，故H2压强近似等于总压。回答下列问题：(1)以5.0×10-3molBL或BD为初始原料，在493K、3.0×103kPa的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热XkJ；以BD为原料，体系从环境吸热YkJ。忽略副反应热效应，反应I焓变H（493K、3.0×103kPa）=_______。(2)初始条件同上。xi表示某物种i的物质的量与除H2外其它各物种总物质的量之比，xBL和xBD随时间t变化关系如图甲所示。实验测得X<Y，则图中xBL表示变化的曲线是_______；反应I平衡常数Kp=_______kPa-2(保留两位有效数字)。以BL为原料时，t1时刻x=_______，BD产率=_______(保留两位有效数字)。(3)max为达平衡时xBL与xBD的比值。、、三种条件下，以5.0×10-3molBL为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压H2氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，max最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到=1.0所需时间更长，原因是_______。10．（2022·上海·高三专题练习）1913年，德国化学家哈伯实现了合成氨的工业化生产，被称作解救世界粮食危机的化学天才.现将lmolN2和3molH2投入1L的密闭容器，在一定条件下，利用如下反应模拟哈伯合成氨的工业化生产：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)∆H＜0。当改变某一外界条件(温度或压强)时，NH3的体积分数φ(NH3)变化趋势如图所示。回答下列问题：(1)已知：①NH3(l)=NH3(g)∆H1，②N2(g)+3H2(g)2NH3(l)∆H2；则反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的∆H=____(用含∆H1、∆H2的代数式表示)；(2)合成氨的平衡常数表达式为____，平衡时，M点NH3的体积分数为10%，则N2的转化率为____(保留两位有效数字)。(3)X轴上a点的数值比b点____(填“大”或“小”)。图中，Y轴表示____(填“温度”或“压强”)，判断的理由是____。(4)若将1molN2和3molH2分别投入起始容积为1L的密闭容器中，实验条件和平衡时的相关数据如表所示：容器编号实验条件平衡时反应中的能量变化I恒温恒容放热Q1kJII恒温恒压放热Q2kJIII恒容绝热放热Q3kJ下列判断正确的是____。A．放出热量：Ql＜Q2＜∆Hl B．N2的转化率：I＞IIIC．平衡常数：II＞I D．达平衡时氨气的体积分数：I＞II11．（2022秋·青海西宁·高三青海师大附中校考阶段练习）为早日实现“碳达峰”、“碳中和”，我国科学家利用作为催化剂，实现了常温下加氢制，主反应为

，伴随发生副反应

(1)已知

，则_______。(2)在恒温恒容的密闭容器中，加入和，同时发生主、副反应。体系中的选择性(指转化为的占发生反应的的百分比)随温度、压强的变化曲线如图所示：①_______。②的选择性随温度升高而降低的原因可能是_______。③下列说法正确的是_______。A．增大压强，体系中副反应平衡逆向移动B．体系中不再变化，代表反应达到平衡C．及时分离出可以加快主反应的反应速率D．更换合适的催化剂可提高的选择性④某温度下，若容器体积为1L，40min后，2个反应均达到平衡，此时，，则_______，主反应的平衡常数的计算式为_______，此时的选择性为_______(保留3位有效数字)。(3)我国某研究团队发现，当选用某种Cu作催化剂时，主反应的中间体为。此时反应分为两步：第一步：第二步：其中第一步的反应历程如下图所示(*表示吸附态，即该物种吸附在催化剂表面)历程①：历程②：_______(写方程式)；历程③：我国科学家发现利用太阳能驱动转化也可以实现上述第一步反应，原理如图所示：a的电极反应式为_______，该装置能量转化的主要形式是_______。12．（2023·河北·高三专题练习）苯是重要的化工产品，也是化工原料，在生产中有广泛应用。回答下列问题：已知：+H2(g)反应I：++H2(g)(1，环己二烯；g)

反应II：+2H2(g)(g)反应III：+3H2(g)(g)(1)反应：(1,3-环己二烯；g)+H2(g)(g)_______；苯的稳定性比1，环已二烯_______(填“强”或“弱”)。(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入苯蒸气和氢气，在催化剂镍的条件下同时发生反应I、II、III,下列叙述正确的是_______(填标号)。A．气体密度不变时反应达到平衡状态B．混合气体中环己烷的体积分数可能等于50%C．平衡后再充入少量氢气，平衡向正反应方向移动D．增大催化剂镍的质量，反应速率和苯的转化率都会增大(3)在体积相等、温度相同的甲、乙两个容器中起始都投入苯蒸气和氢气，只发生反应III容器甲乙反应条件恒温恒容绝热恒容苯蒸气的平衡转化率平衡时正反应速率平衡常数用“>”、“<”或“=”填空：①_______；②_______；③_______。(4)一定温度下，向密闭容器中充入苯(g)和同时发生反应I、II、III，测得苯的转化率和产物选择性如图所示(某一产物的选择性)，已知：平衡时气体总压强为。时1，环己二烯的分压为_______。上述反应I的平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。(5)对苯醌()是制备口腔消毒剂的原料。以硫酸和硫酸钠的混合溶液为电解质溶液，用惰性电极电解苯可以制备对苯醌。则阳极的电极反应式为_______。13．（2022·全国·高三专题练习）通过计算机分析，我们可从势能图(峰值数据是峰谷和峰值物质能量的差值)认识加氢制甲醇在不同催化条件下存在的两种反应路径，如图1所示。(1)①写出甲酸盐路径决速步的化学方程式___________。②下列说法正确的有___________。A．增大催化剂表面积可提高在催化剂表面的吸附速率B．不考虑，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种C．中间体比更稳定D．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率(2)向恒压密闭装置中通入反应物混合气[混合比例]，测定甲醇的平均生成速率随温度的变化曲线，如图2所示。①甲醇的平均生成速率呈“抛物线”形状的原因___________，最佳催化剂及最佳反应温度是___________。②二氧化碳加氢制甲醇的速率方程可表示为：，其中k为速率常数，各物质起始分压的指数为各物质的反应级数。实验结果表明，速率常数与反应级数均受反应温度的影响。使用催化剂时，反应温度由升高到，若反应级数，反应级数不变，则速率常数之比___________。(3)在催化加氢制甲醇过程中也存在竞争性的反应：。在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将和按一定流速通过反应器，二氧化碳转化率和甲醇选择性随温度变化关系如图3所示。①若时催化剂活性受温度影响不大，则后图中曲线下降的原因___________。②某温度时，向压强为的恒压装置中加入和反应并达到平衡状态，平衡转化率为，甲醇选择性为，则甲醇的平衡分压为___________(结果保留2位有效数字)。14．（2022·全国·高三专题练习）捕集CO2的技术对解决全球温室效应意义重大。目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，涉及的化学反应如下：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)+Q(Q>0)(1)该反应的平衡常数表达式为_______。如果改变某种条件，平衡向正反应方向移动，则平衡常数_______(填写编号)。a.一定增大

b.一定减小

c.可能增大

d.可能减小

e.可能不变(2)向2L某密闭容器充入1molCO2和4molH2，一定条件下发生上述反应。5min末测得气体的物质的量减少了20%，则0~5min内CO2的平均反应速率为_______。(3)CO2还可应用于纯碱工业。侯氏制碱的过程中，向饱和的氨化食盐水中通入足量CO2的生产环节又被称为“碳酸化”。碳酸化时产生的现象是_______。碳酸化过程中，溶液中c(CO)的变化情况为_______。(4)侯氏制碱原料中的氨气是用如下反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q(Q>0)制得，若按n(N2)：n(H2)=1：3向反应容器中投料，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是_______(填字母)。a.曲线a、b、c对应的温度是由低到高b.加入催化剂能加快化学反应速率和提高H2的转化率c.图中Q、M、N点的平衡常数：K(N)>K(Q)=K(M)d.M点对应H2的转化率为75%15．（2022·江苏·一模）含碳化合物资源化综合利用，不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得重要工业产品。(1)工业上可通过甲醇洗基化法制取甲酸甲酯，反应为：①科研人员对该反应进行了研究，在一定压强时，温度对反应速率的影响如图所示。实际工业生产中采用的温度是，其理由是___________。②反应过程发生副反应：。该反应的机理分二步完成，可以用如图所示，写出第二步的反应方程式___________。(2)华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现零排放，其基本原理如图所示：反应温度控制在时，电解质为熔融碳酸钠。电解过程中碳元素转化的过程可描述为___________。(3)气氛下乙苯催化脱氢制苯乙烯的反应为：+CO2(g)+CO(g)+H2O(g)；原料在催化剂面充分吸附进行反应。现保持原料中乙苯浓度不变，增加浓度，乙苯平衡转化率与浓度的关系如图所示，请解释乙苯平衡转化率随着浓度变化的原因___________。16．（2022秋·浙江舟山·高三浙江省定海第一中学校考阶段练习）建设生态文明，研究碳的化合物对减少CO2在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。(1)已知有关化学键的键能E数据如下化学键C=OH—HC—HC—OO—HE/(KJ·mol-1)745436413356463CO2和H2在一定条件下能发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g)，该反应的活化能为akJ·mol-1，其反应过程如图所示，则Ea2=_______kJ/mol(用含a的代数式表示)(2)该反应在_______(填“高温”或“低温”)能自发进行。(3)一定温度下，在一刚性密闭容器中，充入等物质的量的CO2和H2，此时容器的压强为48kPa，发生以上反应，6min时达到平衡，此时容器压强为30KPa，则0~6min内用H2的分压表示反应速率为_______。该温度下，此反应的平衡常数KP=_______(KP是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。(4)恒温恒容条件下，为了提高CO2的转化率，可采取的措施为_______(写一点即可)，能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。A．混合气体的密度不再变化B．甲酸的浓度不变C．CO2的消耗速率与HCOOH的生成速率相等D．混合气体的平均相对分子质量不再变化(5)利用太阳能电池电解能实现CO2转化为HCOOH，如图所示。①电解过程中，b极发生的电极反应式为_______②每转移1mol电子，阳极区溶液质量减轻_______g。17．（2022·四川乐山·统考一模）研究CO与H2反应制备二甲醚(CH3OCH3)，既可减少碳排放，又可变废为宝。回答下列问题：(1)已知CO与H2反应制备二甲醚的总反应为：2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，该反应经历以下两个中间反应：i：CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH1=-90.1KJ/molii：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=-24.5KJ/mol则总反应的ΔH=_______；若反应过程中能量变化如图所示，则总反应速率主要由反应_______(选填“i”或“ii”)决定。(2)下列措施既能加快总反应速率，又能提高CO转化率的是_______。a.升高温度b.增大压强c.使用合适催化剂d.及时分离二甲醚(3)当起始物=2时，在100°C、200°C、300°C时，总反应中CO的平衡转化率(α)随压强变化关系如图所示，则：①反应在100℃，5.0×105Pa时，CO的平衡转化率α=_______，判断依据是_______，该条件下的平衡体系中二甲醚的体积分数约为_______%(保留小数点后一位)。②一定温度下，同一反应用平衡浓度表示的平衡常数Kc和用平衡分压表示的平衡常数Kp间存在定量关系，可以借助公式pV=nRT进行推导(其中T为体系温度；p为气体压强；V为气体体积；n为气体物质的量；R为常数)。则当体系温度为T时，总反应Kc与Kp的关系为Kc=_______Kp(用含R、T的式子表示)。18．（2022·河南开封·统考一模）合理利用燃料废气中的CO2，是实现“碳中和”的途径之一、以CO2为原料可以合成多种化工产品。(1)通过反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=—74kJ·mol-1制取甲醇，已知：298K时，部分物质的相对能量如表所示：物质CO2(g)H2(g)H2O(g)CO(g)相对能量/(kJ·mol-1)—3930—242—110则CH3OH(g)的相对能量为

_______kJ·mol-1，由此可推算出反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的△H2_______△H1，(填“大于”“小于”或“等于”)。(2)在催化剂作用下CO2和H2合成甲酸，CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)△H=—30.9kJ·mol-1，生产中通过测定刚性容器内压强变化了解反应进程。323K时，CO2(g)、H2(g)按物质的量1：1投料，容器内压强随时间变化如表所示：时间/min020406080100压强/MPaP00.75P00.67P00.65P00.65P00.65P0反应进行至20min时CO2的分压P(CO2)为_______MPa(用含P0的式子表示，下同)，用气体分压表示的平衡常数Kp=_______MPa-1.研究表明，该反应的速率可表示为v=k·P(CO2)·P(H2)(k为常数)，则反应在20min时v值为_______；除压强外，通过测定_______(填字母)也能判断反应是否达到平衡。A．气体密度

B．气体的平均摩尔质量C．CO2与HCOOH的物质的量之比

D．CO2与H2的质量之比(3)以CO2和H2合成二甲醚(CH3OCH3)涉及到以下反应：I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1<0II.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2<0III.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H3>0在压强和投料比一定的条件下，发生反应I、II、III实验测得平衡时CO2转化率和CH3OCH3的选择性[CH3OCH3的选择性=]随温度变化如图所示。图中曲线①随温度升高而下降的原因是_______，工业生产一般选择在3MPa下进行的原因是_______。答案第=page4141页，共=sectionpages1919页答案第=page4242页，共=sectionpages1919页参考答案：1．(1)+40.9(2)

(3)

乙

p1、p2、p3

T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响(4)A【详解】（1）已知Ⅰ.；Ⅱ.；根据盖斯定律反应Ⅰ−

反应Ⅱ计算反应Ⅲ：的焓变△H3=△H1+△H2=-49.5kJ∙mol-1+(-90.4kJ∙mol-1)=+40.9kJ∙mol-1。（2）假设反应II中，CO反应了xmol，则II生成的CH3OH为xmol，I生成的CH3OH为(a-x)mol，III生成CO为(b+x)mol，根据反应I：，反应II：，反应III：，所以平衡时水的物质的量为(a-x)mol+(b+x)mol=(a+b)mol，浓度为：；平衡时CO2的物质的量为1mol-(a-x)mol-(b+x)mol=(1-a-b)mol，H2的物质的量为3mol-3(a-x)mol-2x-(b+x)mol=(3-3a-b)mol，CO的物质的量为bmol，水的物质的量为(a+b)mol，则反应III的平衡常数为：。（3）反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则CH3OH的平衡产率减少，所以图甲表示CH3OH的平衡产率，图乙中，开始升高温度，由于反应I和II为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，反应III为吸热反应，升高温度反应III向正反应方向移动，升高三定温度后以反应III为主，CO2的平衡转化率又升高，所以图乙表示CO2的平衡转化率；压强增大，反应I和II是气体体积减小的反应，反应I和II平衡正向移动，反应III气体体积不变化，平衡不移动，故压强增大CH3OH的平衡产率增大，根据图所以压强关系为：p1>p2>p3；温度升高，反应I和II平衡逆向移动，反应III向正反应方向移动，所以T1温度时，三条曲线交与一点的原因为：T1时以反应III为主，反应III前后分子数相等，压强改变对平衡没有影响。（4）根据图示可知，温度越低，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，压强越大，CO2的平衡转化率越大，CH3OH的平衡产率越大，所以选择低温和高压，答案选A。2．(1)

催化剂a、220℃

温度升高，超过催化剂的活性温度导致催化剂活性降低，催化效率下降，发生反应II导致选择性下降

B(2)<(3)

CH2=CH2+HOCl→HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl→+HCl【详解】（1）①依据图给信息，选择制备环氧乙烷的适宜条件为催化剂a、220℃，此时反应温度较低，催化活性、生成EO的选择性较高。②M点后曲线下降的原因为温度升高，超过催化剂的活性温度导致催化剂活性降低，催化效率下降，发生反应II导致选择性下降；③A．催化剂需要一定的合适的催化温度，不是选择性越高，其达到最高反应活性所需的温度越高，A错误；B．不同催化剂所需的温度不同，达到最高活性时的温度不同，B正确；C．温度过高会导致催化剂失效，故催化剂的催化活性与温度不成正比，C错误；故选B。（2）由图可知，随着温度升高，-lnK逐渐变大，则K随温度升高而减小，平衡逆向移动，故反应为放热反应，焓变小于零，ΔH2<0；（3）①电解槽1中阴极上二氧化碳得到电子发生还原反应生成乙烯，电极反应式为。②由图可知，乙烯和HOCl生成中间产物HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl发生成环反应得到环氧乙烷和HCl，其反应过程可描述为CH2=CH2+HOCl→HOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl→+HCl。3．(1)

kJ·mol(2)

不是

该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高(3)

2.8(4)

ACE【详解】（1）由平衡常数表达式可知，反应的化学反应方程式为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，由盖斯定律可知，2×②—①—③可得目标反应，则反应ΔH=2×ΔH2—ΔH1—ΔH3=2×(—393.5kJ·mol-1)—(—221kJ·mol-1)—(+181kJ·mol-1)=—747kJ·mol-1，反应的热化学方程式为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=—747kJ·mol-1，故答案为：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=—747kJ·mol-1；（2）该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高，所以M点不是对应温度下的平衡脱氮率，故答案为：不是；该反应为放热反应，温度降低，平衡正向移动，平衡脱氮率比温度高时的大，根据cat2对应曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高；（3）①由图可知，Pt(Ⅰ)电极是燃料电池的负极，水分子作用下一氧化氮在负极失去电子发生氧化反应生成硝酸根和氢离子，电极反应式为，故答案为：；②若甲装置中消耗22.4L氧气，由得失电子数目守恒可知，乙装置中二氧化硫和一氧化氮转化的物质的量之和为×2+×=2.8mol，故答案为：2.8；（4）由表中数据可得：4.00×10-9=0.1nk正，6.4×10-8=0.2nk正，解得：n=4、k正=4.00×10-5；A．当混合气体颜色保持不变时，说明二氧化氮的浓度保持不变，正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；B．氮气和二氧化氮为生成物，物质的量之比始终为1：2，则的比值保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；C．每消耗0.1molNO就会消耗0.05molNO2说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；D．该反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度增大，混合气体的颜色变深，故错误；E．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，气体的物质的量增大，合气体的平均相对分子质量减小，故正确；故选ACE，故答案为：4.00×10-5；ACE。4．(1)+41.2kJ•mol-1(2)A(3)0.0125MPa(4)CO2能与H2发生反应II使反应I平衡正移，提高丙烯产率(5)CO2+C=2CO，可以消除催化剂表面的积炭【详解】（1）CO和的燃烧热分别为可得：①，②，③，根据盖斯定律将②-①-③，整理可得；（2）A．反应I的正反应是吸热反应,升高温度，反应|的化学平衡正向移动，使其化学平衡常数增大，A项正确；B．选择合适的催化剂只能改变反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能提高丙烷平衡转化率，B项错误；C．根据(1)计算可知反应|I热化学方程式为该反应的正反应是吸热反应，若△S<0则△G=△H-T△S>0，反应不能自发进行，C项错误；D．该反应的正反应是气体体积增大的反应，在恒温恒压下通入水蒸气，体系的体积增大，化学平衡逆向移动，不利于提高丙烷转化率，D项错误；答案选A。（3）反应I的正反应是气体体积增大的吸热反应,在压强不变时,升温，化学平衡正向移动,的物质的量分数减小;在温度不变时，加压，化学平衡逆向移动,的物质的量分数增大，所以A点表示0.1MPa、556℃时平衡时的物质的量分数,则平衡时物质的量分数均为25%，；（4）工业上常用氧化，脱氢制取丙烯,这是由于能与发生反应,使反应I平衡正向移动，从而提高丙烯产率。（5）该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，这是由于C能够与反应生成CO,使C脱离催化剂表面；5．(1)

CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)

ΔH=247.4kJ·mol-1

cd

不是

b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高(2)(3)2.7【详解】（1）①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。由能量－反应进程曲线得热化学方程式：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)

ΔH=+206.2kJ·mol-1

(i)CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)

ΔH=－165kJ·mol-1

(ii)根据盖斯定律，(i)×2+(ii)得过程I的热化学方程式：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)

ΔH=247.4kJ·mol-1；②过程Ⅱ物质变化为：左上(CO、H2、CO2)+

右下(惰性气体)→

左下(H2O)+

右上(CO、惰性气体)，总反应为H2+CO2=H2O+CO。Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH；综上所述ab正确，cd错误；③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间，但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a点为化学平衡，则保持温度不变(800℃)，将催化剂Ⅱ换成Ⅰ或Ⅲ，CH4的平衡转化率应不变，故a点不是化学平衡；同理，图中b、c两点都未达到化学平衡，据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高；（2）起始总压为20kPa+25kPa=45kPa，则平衡时总压为45kPa×1.8=81kPa，Δp=81kPa-45kPa=36kPa，根据方程式CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)可知，每消耗1molCH4、CO2，生成2molCO、H2，气体总物质的量增加2mol，恒容条件下压强之比等于物质的量之比，所以当Δp=36kPa，消耗CH4、CO2均为18kPa，生成的CO、H2均为36kPa，则平衡时CH4为20kPa-18kPa=2kPa，CO2为25kPa-18kPa=7kPa，所以Kp=(kPa)2；（3）c(H2C2O4)=c(C2O)，即=1，===1，所以此时c(H+)===6×10-3.5mol/L，pH=-lg6×10-3.5=2.7。6．(1)

、(2)，加入MnS后发生的反应，从而除去，且不引入新杂质(3)0.07(4)在接近100℃时蒸发结晶、趁热过滤(5)BC【分析】生产高纯硫酸锰晶体工艺流程中，软锰矿加入铁屑和稀硫酸溶解，形成MnSO4、FeSO4、MgSO4、NiSO4溶液，其中SiO2和大部分CaSO4进入滤渣1，“氧化”过程加入H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，“调节pH”过程加入CaCO3，形成Fe(OH)3沉淀过滤除去，“除镍”过程加入MnS，形成NiS沉淀除去，之后加入MnF2，形成CaF2和MgF2沉淀过滤除去，最后溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到MnSO4晶体。【详解】（1）“酸浸”浸出液中检测到存在，根据得失电子守恒可知MnO2和Fe的系数比为3∶2，再结合元素守恒可得离子方程式为；由分析可知“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4；（2）由已知可得，加入MnS后发生的反应，从而除去，且不引入新杂质，所以“除镍”时，使用MnS作为沉淀剂；（3）根据，的数据，可以发现当完全沉淀时，溶液中已经沉淀完全，利用计算，当时，溶液中的；（4）根据溶解度温度图像可知，硫酸锰的溶解度随温度升高而降低，故获得硫酸锰晶体的方法是：在接近100℃时蒸发结晶、趁热过滤；（5）A．由晶胞结构及转化条件知，将-Fe加热到1500℃急速冷却(降温到912℃)得到-Fe晶体，缓慢冷却(降温到1394℃)得到-Fe晶体，二者的晶体类型不同，A错误；B．-Fe晶体位于顶点的Fe原子，被晶胞的三个面公用，每个面上有四个Fe原子与顶点Fe原子距离最近最近，则共有3×4=12个，B正确；C．空间利用率：面心立方最密堆积>体心立方堆积>简单立方堆积，C正确；故答案为：BC。7．(1)

−41

bc(2)

AC

＜

＞

4##4(MPa)2(3)CO2＋H2O＋2e－＝CO＋2OH－【分析】由图可知，N电极所连接的Pt电极上碳元素价态降低得电子，故左侧Pt电极为阴极，右侧Pt电极为阳极，N电极为电源负极，P电极为正极，据此作答。【详解】（1）△H=反应物键能总和-生成物键能总和=463

kJ•mol-1×2+1075

kJ•mol-1-803

kJ•mol-1×2-436

kJ•mol-1=-41

kJ•mol-1；a.该反应是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故a错误；b.该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，故b正确；c.提高原料气中H2O的比例，增大反应物浓度，平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，故c正确；d.使用高效催化剂，不改变平衡状态，故d错误，故答案为：-41；bc；（2）①A．根据质量守恒，混合气体的质量恒定，该反应是气体物质的量增大的反应，因此混合气体的平均相对分子质量为变量，当变量不再改变时能说明反应达到平衡状态，故A正确；B．根据速率之比等于化学计量数之比，2v正(CH4)=v逆(CO)才能说明反应达到平衡，故B错误；C．伴随反应进行，甲烷浓度逐渐减小，氢气浓度逐渐增大，甲烷与氢气浓度比值是变量，当变量不再改变时能说明反应达到平衡状态，故C正确；D．根据质量守恒，混合气体的质量恒定，容器体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，故D错误；故答案为：AC；②该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，由图可知相同温度，p1条件下CO2的平衡转化率大于2MPa条件下，说明p1＜2MPa；a点时，此时CO2的转化率大于CO2的平衡转化率，说明反应逆向移动，则v(逆)＞v(正)；起始时向1L恒容容器中加入2molCH4和2molCO2，在温度为T6、初始压强为2MPa时反应，此时CO2的平衡转化率为50%，CO2转化物质的量为2mol×50%=1mol，列三段式：，，则p平衡=3MPa,p(CO)=p(H2)=×3MPa=1MPa,p(CH4)=p(CO2)=0.5MPa，，故答案为：＜；＞；4(MPa)2；（3）阴极的电极上二氧化碳得到电子发生还原反应生成一氧化碳气体，电解质溶液为碱性，则反应为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-。8．(1)

1

大于

0.05mol/(L•h)

D(2)

c

4

从图中可见，4mol/L的a、b曲线比2mol/L的c、d曲线CCl4转化率和产物中CHCl3的百分率的数值均高【详解】（1）①因CCl4的沸点为77℃，CHCl3的沸点为61.2℃，所以在110℃或100℃反应时各物质均为气态，的平衡常数K=；110℃时，实验2中，达到平衡CCl4的转化率为50%，，则110℃时平衡常数K==1；②实验1中，设平衡时四氯化碳的浓度变化量为amol/L，则：，则=1，解得a=0.48，则CCl4的转化率为×100%=60%＞50%，故答案为大于；③由①中计算可知，平衡时氢气的浓度变化量为0.5mol/L，则v(H2)==0.05mol/(L•h)，故答案为0.05mol/(L•h)；④对于实验3，因温度不同，又不知该反应的热效应，所以无法判断转化率的大小，故答案为D；（2）①由图象可知，氢气浓度越大反应越快，消耗CCl4的百分率变化就越快，相反就比较慢，所以H2起始浓度为2mol/L时，消耗CCl4的百分率变化曲线是c，故答案为：c；②由图象可知，a、b表示氢气的浓度为4mol/L的曲线，CCl4的平衡转化率和产物中CHCl3的百分含量均得到提高，故答案为：4；从图中可见，4mol/L的a、b曲线比2mol/L的c、d曲线CCl4转化率和产物中CHCl3的百分率的数值均高。9．(1)-200(X+Y)(2)

a或c

8.3×10-8

0.08

39%(3)

c

由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应II、III均是逆向移动，max增大，故=1.0所需时间更长【详解】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量，与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量，二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol时二者能量和为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变=-200(X+Y)kJ·mol-1。（2）实验测定X<Y，则达到平衡时BD物质转化量大于BL物质转化量，平衡状态BD物质的量较小，根据图示可知，表示xBL变化的曲线是a或c；该平衡状态下BL的分压是0.48×3.0×103kPa，BD的分压是0.36×3.0×103kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I平衡常数Kp=Kpa-2=8.3×10-8kPa-2；以BL为原料时，根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时BL转化了amol，BD转化了bmol，则体系总物质的量为(5.0×10-3+b)mol，得到、，求得a=×10-3、b=，则t1时刻x；此时BD的产率为%39%。（3）依题意，反应I是正向放热过程，以BL为初始原料，温度升高则平衡逆向移动，温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，max越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，max增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则max最大即最小，对应曲线c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，max增大，故=1.0所需时间更长。10．(1)2∆H1+∆H2(2)

18%(3)

小

温度

随Y值增大，φ(NH3)减小，平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

∆H＜0向逆反应方向移动，故Y为温度(4)AB【详解】（1）已知：①NH3(l)⇌NH3(g)∆H1，②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(l)∆H2，根据盖斯定律，①×2+②可得：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，故∆H=2∆H1+∆H2；（2）反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的平衡常数表达式K=，设转化的氮气为xmol，则：所以=10%，解得x=mol，故氮气转化率为×100%=18%，故答案为；18%；（3）随Y值增大，φ(NH3)减小，平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0向逆反应方向移动，正反应为体积减小的放热反应，故Y为温度，则X为压强，增大压强平衡正向移动，φ(NH3)增大，a点的数值比b点小，故答案为小；温度；随Y值增大，φ(NH3)减小，平衡N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H＜0向逆反应方向移动，故Y为温度；（4）A．I为恒温恒容，随反应进行压强减小，Ⅱ为恒温恒压，Ⅱ等效为在I的基础上增大压强，平衡正向移动，Ⅱ中反应物转化率大于Ⅰ，放出热量：Ql＜Q2，故A正确；B．Ⅲ为恒容绝热，随反应进行温度升高，I为恒温恒容，Ⅲ等效为在I的基础上升高温度，平衡逆向移动，N2的转化率：I＞III，故B正确；C．平衡常数只受温度影响，温度相同，平衡常数相同，则平衡常数：II=I，故C错误；D．Ⅱ等效为在I的基础上增大压强，平衡正向移动，则达平衡时氨气的体积分数：I＜II，故D错误；故答案为AB。11．(1)-52.7(2)

>

主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低

ABD

0.01

53.8％(3)

(或)

电能和太阳能转化为化学能【详解】（1）已知②

③

根据盖斯定律，由②+③得反应，则-52.7；（2）主反应为气体体积缩小的反应，副反应为气体体积不变的反应，故压强越大，主反应正向移动，的选择性越大，故可知>；②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，故温度升高时不利于主反应、有利于副反应的发生，所以的选择性降低；③A.增大压强，主反应正向移动，CO2的浓度降低，副反应

逆向移动，选项A正确；B.根据主反应和副反应中CO2与H2的比例不同，可知为变量，根据“变量不变达平衡”可知，体系中不再变化，代表反应达到平衡，选项B正确；C.及时分离出，则反应物浓度降低，反应速率减小，选项C错误；D.更换合适的催化剂可调整主副反应的比例，从而提高的选择性，选项D正确；答案选ABD；④某温度下，若容器体积为1L，40min后，2个反应均达到平衡，此时，，根据三段式可知：则=0.01，主反应的平衡常数的计算式为=，此时的选择性为；（3）已知：第一步：，历程①：，历程③：，由第一步-历程③-历程①得历程②：(或)；A上的Cat得电子产生Cat-，电极反应式为，根据装置中的信息可知，该装置能量转化的主要形式是电能和太阳能转化为化学能。12．(1)

强(2)C(3)

>

<

>(4)

6

0.06(5)-6e-+2H2O+6H+【详解】（1）由盖斯定律推知，目标反应=反应II-反应I，故(1,3-环己二烯；g)+H2(g)（g）（-87.4-23.4）kJ/mol=-110.8kJ/mol；苯的稳定性比1，环已二烯的强；（2）A．恒温恒容条件下，气体密度始终不变，选项A错误；B．理论上若全部转化为环己烷，则生成环己烷的物质的量为，剩余，故混合气体中环己烷体积分数为，而实际上环己烯、1，环己二烯、环己烷3种产物都可能存在且三个反应均为可逆反应，故生成环己烷的物质的量小于，即平衡时混合气体中环己烷的体积分数小于，选项B错误；C．平衡后通入氢气，氢气浓度增大，平衡向正反应方向移动，选项C正确；D．催化剂接触面影响反应速率，质量不影响速率，选项D错误；答案选C；（3）甲为恒温恒容过程，乙为绝热恒容过程。苯蒸气与氢气反应是放热反应，乙容器中温度高于甲。①平衡后，升高温度，平衡向逆反应方向移动，苯蒸气的转化率减小；②平衡时，温度较高，速率较大；③升温，平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小；故①a1>a2；②v1<v2；③K1>K2;（4）由图可知，20min时反应达到平衡，平衡时消耗苯的物质的量为2mol50%=1mol，剩余1mol苯，各产物的物质的量分别为0.6molC6H8、0.3molC6H10、0.1molC6H12，共消耗1.5molH2，剩余1molH2。平衡时总物质的量为1mol+1mol+0.6mol+0.3mol+0.1mol=3mol。，同理苯和氢气的分压都为10kPa，上述反应I的平衡常数；（5）以硫酸和硫酸钠的混合溶液为电解质溶液，用惰性电极电解苯可以制备对苯醌，阳极发生苯氧化成醌的过程，则阳极的电极反应式为-6e-+2H2O+6H+。13．(1)

ABC(2)

随温度升高，反应速率加快，催化下甲醇的平均生成速率上升。过曲线拐点，可能是催化剂活性降低，也可能是放热反应平衡逆向移动，使甲醇平均生成速率降低

、

2(3)

主反应放热，副反应吸热；升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使转化率、甲醇选择性下降

【详解】（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，由图可知，甲酸盐路径的决速步应该是活化能最高的一步，活化能为，是。②A．的吸附主要在催化剂表面上进行，催化剂表面积越大，吸附速率越快，A正确；B．由图1可知，不考虑，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种，B正确；C．由图可知，中间体比势能低，能量越低越稳定，C正确；D．催化剂通过降低反应活化能来加快反应速率，但是不能改变焓变和转化率，D错误。故选ABC；（2）温度影响反应速率，温度升高反应速率加快；催化剂存在适宜的活性温度，温度过高催化剂活性会降低导致反应速率降低。随温度升高，反应速率加快，催化下甲醇的平均生成速率上升，通过曲线拐点，甲醇的平均生成速率降低，呈“抛物线”形状的原因可能是催化剂活性降低，也可能是放热反应平衡逆向移动。由图象可知，反应最佳条件为使用催化剂在左右温度下进行反应，在这个条件下甲醇的平均生成速率最高。②由图2可知，甲醇的平均生成速率之比为；恒压密闭装置投料比，则起始分压为，为；根据升温后反应级数的变化：反应级数，反应级数不变，列式，得。（3）①由图1可知，生成物能量低于反应物能量，则主反应为放热反应；副反应，焓变大于零，为吸热反应；升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使转化率、甲醇选择性下降。②向压强为的恒压装置中加入和反应并达到平衡状态，平衡转化率为，甲醇选择性为，则反应二氧化碳的物质的量为1mol×20%=0.2mol、生成甲醇的物质的量为0.2mol×50%=0.1mol；由三段式可知平衡时，，，，，，，，则甲醇的平衡分压为。14．(1)

c、e(2)0.05mol/(L·min)(3)

有晶体析出

先增大，后减小(4)a【解析】（1）平衡常数为反应达平衡后生成物浓度的幕之积与反应物浓度的幕之积的比值，CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)+Q(Q>0)的平衡常数表达式为：，如果改变温度，平衡常数一定发生变化，因为该反应为放热反应，降低温度，平衡右移，则平衡常数增大；若是改变浓度，压强或使用催化剂，都不能改变反应的平衡常数，c、e正确；（2）设反应中CO2的消耗量为xmol，根据题给信息进行计算：根据题意，x=0.5mol，则0～5min内CO2的平均反应速率为；（3）二氧化碳与饱和的氨化食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，由于碳酸氢钠的溶解度较小，在溶液中析出，因此碳酸化时产生的现象是有晶体析出；碳酸化过程中，碳酸存在两步电离，H2CO3H++、H++，在碱性环境下，减小了氢离子浓度，平衡右移，促进了电离，c()浓度增大，随着二氧化碳气体的量增多，CO2++H2O=2，所以c()浓度又减小；答案为：有晶体析出；先增大，后减小；（4）a.该反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，氨气质量分数减小，故曲线a、b、c对应的温度是由低到高，选项a正确；b.加入催化剂能加快化学反应速率但不能影响平衡移动不会提高H2的转化率，选项b错误；c.图中Q、M温度相同，K(Q)=K(M)，N点比M点温度高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故K(N)<K(Q)=K(M)，选项c错误；d.M点时，氨气的质量分数是60%，n(N2)∶n(H2)=1∶3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol气体总质量为34g，故平衡时n(NH3)=1.2molH2的转化率：×100%=60%，选项d错误；答案选a。15．(1)

低于时，反应速率慢；高于时，温度对反应速率影响较小，且反应放热，升高温度平衡逆向移动，转化率降低

(2)在阴极发生还原反应生成单质碳和，在阳极发生氧化反应生成氧气和，整个过程中的物质的量没有发生变化(3)当浓度较小时，的配比越高，则乙苯平衡转化率越高；当浓度较大时因为二者吸附在催化剂表面上，当在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着增大反而减小【详解】（1）①如图所示，低于80℃时，反应速率较慢；高于80℃时，温度对反应速率影响较小，且反应放热，升高温度平衡逆向移动，转化率降低；②根据质量守恒定律可知，X为HCHO，则第二步的反应方程式是HCHO+CH3OHHCOOCH3+H2。（2）如图所示，CO2在阴极发生还原反应生成单质碳和，在阳极发生氧化反应生成氧气和CO2，整个过程中的物质的量没有发生变化。（3）当CO2浓度较小时，CO2的配比越高，则乙苯平衡转化率越高；当CO2浓度较大时因为二者吸附在催化剂表面上，当CO2在催化剂表面吸附率过高时，会造成乙苯在催化剂表面的吸附率下降，使乙苯平衡转化率随着c(CO2)增大反而减小。16．(1)a+51(2)低温(3)

3KPa/min

0.5KPa-1(4)