2025高三二轮化学大题逐空抢分 二 化学反应原理

．(2024·辽宁卷)为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：2HCl(g)＋eq\f(1,2)O2(g)Cl2(g)＋H2O(g)ΔH1＝－57.2kJ·mol－1ΔSK。将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制HCl转化率(α)曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。回答下列问题：(1)ΔS____0(填“>”或“<”)；T3＝____℃。(2)结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH＝________kJ·mol－1。H2O(l)=H2O(g)ΔH2＝＋44.0kJ·mol－1H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH3＝－184.6kJ·mol－1(3)下列措施可提高M点HCl转化率的是________(填标号)。A．增大HCl的流速 B．将温度升高40℃C．增大n(HCl)∶n(O2) D．使用更高效的催化剂(4)图中较高流速时，α(T3)小于α(T2)和α(T1)，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数K＝________(用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。(6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用右图表示，二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，则Ru的相对原子质量为____________(精确至1)。答案：(1)＜360(2)－285.8(3)BD(4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低(5)6(6)101解析：(1)反应2HCl(g)＋eq\f(1,2)O2(g)Cl2(g)＋H2O(g)前后的气体分子数目减小，所以该反应ΔS<0，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。(2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)，设①2HCl(g)＋eq\f(1,2)O2(g)Cl2(g)＋H2O(g)，②H2O(l)=H2O(g)，③H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)，根据盖斯定律可得，④＝①＋③－②，因此氢气的燃烧热ΔH＝－57.2kJ·mol－1－184.6kJ·mol－1－44kJ·mol－1＝－285.8kJ·mol－1。(3)A项，增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化减小；B项，M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大；C项，增大n(HCl)∶n(O2)，HCl的转化率减小；D项，使用更高效的催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增大。(5)由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)＝n(O2)＝4mol，可列出三段式2HCl(g)＋eq\f(1,2)O2(g)Cl2(g)＋H2O(g)起始量/mol4400变化量/mol3.20.81.61.6平衡量/mol0.83.21.61.6则K＝eq\f(\f(1.6,7.2)×\f(1.6,7.2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.8,7.2)))\s\up12(2)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3.2,7.2)))\s\up6(\f(1,2)))＝6。(6)由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故1.66＝eq\f(M（Ru）＋32,M（Ti）＋32)，则Ru的相对原子质量为101。2．(2024·湖南卷)丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气，用TiO2作催化剂生产CH2=CHCN的流程如下：已知：①进料混合气进入两釜的流量恒定，两釜中反应温度恒定：②反应釜Ⅰ中发生的反应：ⅰ：HOCH2CH2COOC2H5(g)→CH2=CHCOOC2H5(g)＋H2O(g)ΔH1③反应釜Ⅱ中发生的反应：ⅱ：CH2=CHCOOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2=CHCONH2(g)＋C2H5OH(g)ΔH2ⅲ：CH2=CHCONH2(g)→CH2=CHCN(g)＋H2O(g)ΔH3④在此生产条件下，酯类物质可能发生水解。回答下列问题：(1)总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2=CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g)ΔH＝__________(用含ΔH1、ΔH2和ΔH3的代数式表示)。(2)进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)∶n(C2H5OH)＝1∶2，出料中四种物质(CH2=CHCOOC2H5、CH2=CHCN、C2H5OH、H2O)的流量(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图：①表示CH2=CHCN的曲线是________(填“a”“b”或“c”)。②反应釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是____________________________________________。③出料中没有检测到CH2=CHCONH2的原因是__________________________________。④反应11h后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是__________________________________________。(3)催化剂TiO2再生时会释放CO2，可用氨水吸收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体(含0.72g水)置于密闭真空容器中，充入CO2和NH3，其中CO2的分压为100kPa，在27℃下进行干燥。为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于____________kPa[已知p(H2O)＝2.5×102kPa·mol－1×n(H2O)；NH4HCO3分解的平衡常数Kp＝4×104(kPa)3]。(4)以CH2=CHCN为原料，稀硫酸为电解液，Sn作阴极，用电解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4，其阴极反应式____________________________________________。答案：(1)ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(2)①c②降低分压有利于反应ⅰ平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率③反应ⅲ是不可逆反应，且反应速率很快④反应时间过长，催化剂中毒活性降低，反应速率降低，故产物减少(合理即可)(3)40(4)Sn＋4CH2=CHCN＋4e－＋4H＋=Sn(CH2CH2CN)4解析：(2)①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)＋NH3(g)→CH2=CHCN(g)＋C2H5OH(g)＋2H2O(g)，设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)＝1mol，n(C2H5OH)＝2mol，出料气中CH2=CHCOOC2H5含量很少，则生成CH2=CHCN(g)、C2H5OH(g)的物质的量约为1mol，生成H2O(g)的物质的量约为2mol，故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3mol，故出料气中CH2=CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1∶3∶2，故曲线c表示CH2=CHCN的曲线。(3)0.72g水的物质的量为0.04mol，故p(H2O)＝2.5×102kPa·mol－1×n(H2O)＝10kPa，NH4HCO3分解的反应方程式为NH4HCO3=NH3↑＋CO2↑＋H2O↑，故NH4HCO3分解的平衡常数Kp＝p(NH3)·p(CO2)·p(H2O)＝4×104(kPa)3，解得p(NH3)＝40kPa，故为保证NH4HCO3不分解，NH3的分压应不低于40kPa。3．(2023·新课标卷)氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：(1)根据图1数据计算反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。(2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，Neq\o\al(*,2)表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为________(填步骤前的标号)，理由是________________________________________。(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α­Fe包裹的Fe3O4。已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g·cm－3，则α­Fe晶胞中含有Fe的原子数为____________(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25，另一种为xH2＝0.675、xN2＝0.225、xAr＝0.10。eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(物质ⅰ的摩尔分数：xⅰ＝\f(nⅰ,n总)))①图中压强由小到大的顺序为____________，判断的依据是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②进料组成中含有惰性气体Ar的图是________。③图3中，当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，氮气的转化率α＝________。该温度时，反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝________(MPa)－1(化为最简式)。答案：(1)－45(2)(ⅱ)在化学反应中，能垒最大的一步为速率控制步骤，而断开化学键的步骤能垒都比较大，由于N≡N的键能比H—H的大很多，因此，在题述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)(3)eq\f(7.8×2873NA,56×1030)(4)①p1<p2<p3合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大②图4③33.33%eq\f(\r(3),36)解析：(3)已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g·cm－3，设其晶胞中含有的Fe原子数为x，则α­Fe晶体密度ρ＝eq\f(56x×1030,NA·2873)g·cm－3＝7.8g·cm－3，解得x＝eq\f(7.8×2873NA,56×1030)。(4)③图3中，进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25时，两者物质的量之比为3∶1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为ymol，则有：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)始(mol)130变(mol)y3y2y平(mol)1－y3－3y2y当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，xNH3＝eq\f(2y,4－2y)＝0.20，解得y＝eq\f(1,3)，则氮气的转化率α＝eq\f(\f(1,3),1)×100%≈33.33%；平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为eq\f(2,3)mol、2mol、eq\f(2,3)mol，其物质的量分数分别为eq\f(1,5)、eq\f(3,5)、eq\f(1,5)，则该温度下Kp′＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)p2))\s\up12(2),\f(1,5)p2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)p2))\s\up12(3))＝eq\f(25,27×400)(MPa)－2。因此该温度下，反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝eq\r(\a\vs4\al(Kp′))＝eq\r(\f(25,27×400)（MPa）－2)＝eq\f(\r(3),36)(MPa)－1。4．(2023·福建卷)探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有ⅰ.C3H8(g)=C3H6(g)＋H2(g)ΔH1＝＋124kJ·mol－1ΔS1＝127J·K－1·mol－1Kp1ⅱ.C3H8(g)=C2H4(g)＋CH4(g)ΔH2＝＋82kJ·mol－1ΔS2＝135J·K－1·mol－1Kp2ⅲ.C3H8(g)＋2H2(g)=3CH4(g)ΔH3＝－120kJ·mol－1ΔS3＝27.5J·K－1·mol－1Kp3已知：Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压＝物质的量分数×总压。在0.1MPa、t℃下，丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数φ见下表。物质丙烯乙烯甲烷丙烷氢气体积分数(%)2123.755.20.10(1)比较反应自发进行(ΔG＝ΔH－TΔS＜0)的最低温度，反应ⅰ________反应ⅱ(填“＞”或“＜”)。(2)①在该温度下，Kp2远大于Kp1，但φ(C3H6)和φ(C2H4)相差不大，说明反应ⅲ的正向进行有利于反应ⅰ的________反应和反应ⅱ的________反应(填“正向”或“逆向”)。②从初始投料到达到平衡，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为________。③平衡体系中检测不到H2，可认为存在反应：3C3H8(g)=2C3H6(g)＋3CH4(g)Kp，下列相关说法正确的是________(填标号)。a．Kp＝Keq\o\al(2,p1)·Kp3b．Kp＝eq\f(0.2102×0.5523×0.12,0.0013)(MPa)2c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数④由表中数据推算：丙烯选择性＝eq\f(n生成（丙烯）,n转化（丙烷）)×100%＝________________(列出计算式)。(3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应：ⅳ.CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)ΔH4＝＋91kJ·mol－1在0.1MPa、t℃下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。①进料比n(丙烷)∶n(甲醇)＝1时，体系总反应：C3H8(g)＋CH3OH(g)=CO(g)＋3CH4(g)ΔH＝________kJ·mol－1。②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是__________________________________________________________________________________________________。答案：(1)＞(2)①正向逆向②ⅱ＞ⅰ＞ⅲ③ab④eq\f(21,21＋23.7＋\f(55.2－23.7,3))×100%(3)①－29②甲醇的投料增加，反应ⅳ正向移动，氢气增加，反应ⅰ逆向移动；反应ⅲ正向移动，造成丙烯体积分数下降解析：(1)反应ⅰ的ΔG＝124－127T(未带单位)＜0，T＞eq\f(124,127)，同理反应ⅱ：T＞eq\f(82,135)，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大。(2)②根据平衡体积分数φ(甲烷)＞φ(乙烯)＞φ(丙烯)，消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯和1mol甲烷或3mol甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ；③根据盖斯定律：目标反应＝2ⅰ＋ⅲ，故Kp＝Keq\o\al(2,p1)·Kp3，a正确；分压＝物质的量分数×总压＝体积分数×总压，故Kp＝eq\f(p3（CH4）·p2（C3H6）,p3（C3H8）)＝eq\f(（0.552×0.1）3×（0.210×0.1）2,（0.001×0.1）3)(MPa)2＝eq\f(0.5523×0.2102×0.12,0.0013)(MPa)2，b正确；催化剂不能影响平衡，c错误；平衡后再通入丙烷，恒压条件下，相当于等效平衡，因此丙烯的体积分数不变，d错误；④在相同条件下，物质的量之比等于体积之比，同时消耗1mol丙烷生成1mol丙烯或1mol乙烯和1mol甲烷或3mol甲烷，因此丙烯的选择性＝eq\f(n生成（丙烯）,n转化（丙烷）)×100%＝eq\f(21,21＋23.7＋\f(55.2－23.7,3))×100%。(3)①ⅲ.C3H8(g)＋2H2(g)=3CH4(g)ΔH3＝－120kJ·mol－1，ⅳ.CH3OH(g)=CO(g)＋2H2(g)ΔH4＝＋91kJ·mol－1，根据盖斯定律，目标反应＝ⅲ＋ⅳ，故ΔH＝－29kJ·mol－1。5．(2022·辽宁高考改编)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.4kJ·mol－1ΔS＝－200J·K－1·mol－1。回答下列问题：(1)合成氨反应在常温下________(填“能”或“不能”)自发。(2)________温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，________温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用400～500℃。(3)针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。其一是M­LiH复合催化法，有关反应速率的变化曲线如图所示。下列说法正确的是________。a．300℃时，复合催化剂比单一催化剂效率更高b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率c．温度越高，复合催化剂活性一定越高(4)某合成氨速率方程为：v＝kcα(N2)cβ(H2)·cγ(NH3)，根据表中数据，γ＝________；实验eq\f(c（N2）,mol·L－1)eq\f(c（H2）,mol·L－1)eq\f(c（NH3）,mol·L－1)eq\f(v,mol·L－1·s－1)1mnpq22mnp2q3mn0.1p10q4m2np2.828q在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为________。a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒c．提高正反应速率(5)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为NH3配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188g·mol－1，则M元素为________(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为________。答案：(1)能(2)高低(3)a(4)－1ac(5)Fe3d6解析：(1)对于合成氨反应，常温下，ΔG＝ΔH－TΔS＝－92.4kJ·mol－1－298K×(－0.2kJ·K－1·mol－1)＝－32.8kJ·mol－1＜0，故合成氨反应在常温下能自发进行。(4)将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得：①q＝k·mα·nβ·pγ，③10q＝k·mα·nβ·(0.1p)γ，可得γ＝－1。合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，平衡向正反应方向移动，提高正反应速率，a、c正确；氨不能使催化剂中毒，b错误。(5)由晶胞结构可知，“”代表M(NH3)eq\o\al(x＋,6)，“”代表BHeq\o\al(－,4)，面心立方最密堆积的晶胞中，“”处于8个顶角和6个面心，则每个晶胞中含“”的个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，8个“”均处于晶胞内部，则“”和“”的个数之比为4∶8＝1∶2，故该晶体的化学式为M(NH3)6·(BH4)2；又知该化合物的摩尔质量为188g·mol－1，则有Mr(M)＋17×6＋15×2＝188，解得Mr(M)＝56，故M元素为Fe。化合物中Fe(NH3)6·(BH4)2，NH3整体为0价，BHeq\o\al(－,4)中B为＋3价，H为－1价，则Fe为＋2价，基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失去4s轨道上的2个电子得到Fe2＋，故Fe2＋的价电子排布式为3d6。1．(2024·福州市高三年级第一次质量检测)研究二氧化碳合成甲醇对实现碳中和具有重要意义，二氧化碳加氢制甲醇的过程一般含有以下三个反应：Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1K1Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2kJ·mol－1K2Ⅲ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH3＝－90.6kJ·mol－1K3(1)ΔH1＝____________；反应Ⅰ在________(填“高温”“低温”或“任意温度”)下可自发进行。(2)一定温度下，向盛有催化剂的恒容密闭容器中按初始进料比n(CO2)∶n(H2)＝1∶1投入反应物，发生反应Ⅰ。下列不能说明该反应一定处于平衡状态的是________(填字母)。a．容器内气体的压强不再发生改变b．CO2的体积分数不再变化c．1molH—H键断裂的同时1molC—H键断裂d．反应的焓变ΔH不再变化(3)向恒容密闭容器中按初始进料比n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投入反应物，只发生反应Ⅰ和Ⅱ。在不同温度下达到平衡，体系中CH3OH、CO的选择性和CO2的平衡转化率[α(CO2)]与温度的关系如图所示。已知：CH3OH的选择性＝eq\f(生成的CH3OH的物质的量,转化的CO2的物质的量)×100%①图中表示CH3OH选择性变化的曲线是________(填“a”或“b”)，其原因是________________________________________________。②当T＝250℃，平衡时CH3OH的体积分数φ(CH3OH)＝________(答案保留两位有效数字)。(4)500℃时，已知K1＝2.5，K2＝1.0，则K3＝________。该温度下，往2L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2发生反应Ⅲ。测得t2时刻，CO的转化率为50%，则此时该反应的v(正)________v(逆)(填“>”“<”或“＝”)。答案：(1)－49.4kJ·mol－1低温(2)bd(3)①a反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，甲醇的选择性降低②4.1%(4)2.5<解析：(1)根据盖斯定律，反应Ⅰ＝反应Ⅱ＋反应Ⅲ，则ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＝－49.4kJ·mol－1；反应Ⅰ的ΔH1<0、ΔS<0，由ΔG＝ΔH－TΔS可知，该反应在低温条件下自发进行。(2)该反应是气体分子数减小的反应，则容器内气体压强不再发生改变可以说明反应Ⅰ处于平衡状态；设CO2的起始量为amol，反应过程中的变化量为xmol，由题意列三段式：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)起始量/molaa00变化量/molx3xxx某时刻量/mola－xa－3xxx任意时刻CO2的体积分数为eq\f(a－x,（a－x）＋（a－3x）＋x＋x)×100%＝50%，所以CO2的体积分数不变不能说明反应Ⅰ处于平衡状态；断裂H—H键为正反应方向，断裂C—H键为逆反应方向，由各物质化学计量数之比知，断裂1molH—H键的同时断裂1molC—H键，则正、逆反应速率相等，可以说明反应Ⅰ处于平衡状态；反应的ΔH不随反应进行发生改变，所以ΔH不变无法说明反应Ⅰ处于平衡状态。(3)②当T＝250℃时，CO2的平衡转化率为30%，CH3OH和CO的选择性均为50%，假设初始投入的CO2的物质的量为1mol，初始投入的H2的物质的量为3mol，则参与反应的CO2的物质的量为1mol×30%＝0.3mol，生成的CH3OH和CO的物质的量相等，均为0.15mol，根据反应Ⅰ和反应Ⅱ的化学方程式知，平衡时H2O的物质的量为0.3mol，H2的物质的量为2.4mol，平衡体系中的气体总量为(1－0.3)mol＋2.4mol＋0.15mol＋0.15mol＋0.3mol＝3.7mol，故φ(CH3OH)＝eq\f(0.15,3.7)×100%≈4.1%。(4)反应Ⅲ＝反应Ⅰ－反应Ⅱ，故K3＝K1÷K2＝2.5。该温度下，往2L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2发生反应Ⅲ，测得t2时刻，CO的转化率为50%，由此列三段式：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)起始量/mol120变化量/mol0.510.5t2时刻量/mol0.510.5根据体积为2L可计算出t2时刻的浓度商Q＝4>K3，则反应逆向进行，故v(正)<v(逆)。2．(2024·长春市高三质量监测)处理、回收和利用CO是环境科学研究的热点课题。(1)CO用于处理大气污染物N2O的反应为CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)。在Zn＋作用下该反应的具体过程如图1所示，反应过程中能量变化情况如图2所示。总反应CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)ΔH＝________kJ·mol－1；该总反应的决速步是反应________(填“①”或“②”)，判断的理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)已知：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)的速率方程为v＝k·c(N2O)，k为速率常数(与温度有关)。为提高反应速率，可采取的措施是________(填序号)。A．升温 B．恒容时，再充入COC．恒容时，再充入N2O D．恒压时，再充入N2(3)在总压为100kPa的恒容密闭容器中，充入一定量的CO(g)和N2O(g)发生上述反应，不同条件下达到平衡，T2K时N2O的转化率与eq\f(n（N2O）,n（CO）)的变化曲线和eq\f(n（N2O）,n（CO）)＝2时N2O的转化率与eq\f(1,T)的变化曲线如图3所示：①表示N2O的转化率随eq\f(n（N2O）,n（CO）)变化的曲线为________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②T1________T2(填“>”或“<”)，判断的理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。③已知：该反应的标准平衡常数Kθ＝eq\f(\f(p（CO2）,pθ)×\f(p（N2）,pθ),\f(p（CO）,pθ)×\f(p（N2O）,pθ))，其中pθ为标准压强(100kPa)，p(CO2)、p(N2)、p(N2O)和p(CO)为各组分的平衡分压，则T2K时，该反应的标准平衡常数Kθ＝________(计算结果保留两位有效数字，p(分)＝p(总)×物质的量分数)。答案：(1)－361.22①反应①的最大活化能是149.6kJ·mol－1，反应②的最大活化能是108.22kJ·mol－1，反应②的最大活化能更小，故反应①是总反应的决速步(2)AC(3)①Ⅱ②>曲线Ⅰ表示N2O的转化率随eq\f(1,T)的变化，由于ΔH<0，则eq\f(1,T)越大，T越小，N2O的平衡转化率越大，故T1>T2③0.64解析：(2)升温，k增大，反应速率增大；恒容时，再充入CO，c(N2O)不变，反应速率不变；恒容时，再充入N2O，c(N2O)增大，反应速率增大；恒压时，再充入N2，c(N2O)减小，反应速率减小。(3)①eq\f(n（N2O）,n（CO）)越大，N2O的平衡转化率越低，则曲线Ⅱ代表N2O的转化率随eq\f(n（N2O）,n（CO）)变化的曲线。②该反应为放热反应，则eq\f(1,T)越大，T越小，平衡CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)正向移动，N2O的平衡转化率越大，故T1>T2。③由图3可知，T2K、eq\f(n（N2O）,n（CO）)＝2时，N2O的平衡转化率为30%，设起始时CO为1mol、N2O为2mol，列出三段式：CO(g)＋N2O(g)CO2(g)＋N2(g)起始量(mol)1200转化量(mol)0.60.60.60.6平衡量(mol)0.41.40.60.6反应前后气体分子数不变，平衡时总压仍为100kPa，p(CO)＝100kPa×eq\f(0.4,3)，p(N2O)＝100kPa×eq\f(1.4,3)，p(CO2)＝100kPa×eq\f(0.6,3)，p(N2)＝100kPa×eq\f(0.6,3)，则该反应的标准平衡常数Kθ＝eq\f(\f(100kPa×\f(0.6,3),100kPa)×\f(100kPa×\f(0.6,3),100kPa),\f(100kPa×\f(0.4,3),100kPa)×\f(100kPa×\f(1.4,3),100kPa))≈0.64。3．(2024·合肥市高三第一次教学质量检测)精脱硫技术主要用于煤气中羰基硫(COS)和二硫化碳(CS2)的转化。(1)利用焦炉煤气中的H2可脱除煤气中羰基硫(COS)。羰基硫氢化反应历程有途径Ⅰ和途径Ⅱ两种可能，如图1所示。①已知羰基硫氢化反应速率较快，推测其更合理的反应历程是途径________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。②反应COS(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2S(g)的ΔH＝________________kJ·mol－1。(2)MoS2可作羰基硫氢化反应的催化剂，催化机理如图2所示。不同钼(Mo)含量的MoS2催化剂对COS转化率和H2S的选择性不同，实验数据如图3所示。根据图3数据，选择________(填“3.4%Mo”或“8.7%Mo”)含量的MoS2催化剂效果更好。当H2S选择性低于100%时表明部分COS气体与催化剂发生了反应，催化剂有吸硫现象；若H2S选择性高于100%，可能的原因是__________________________________。(3)金属Mo的晶胞结构如图4所示，若原子a、b的坐标分别为(0，0，0)、(1，0，0)，则原子c的坐标为____________。设晶体密度为ρg·cm－3，则晶胞参数为______________pm(阿伏加德罗常数的值为NA)。(4)一定温度下，向恒容密闭容器中充入物质的量之比为1∶4的CS2(g)和H2(g)，发生反应：CS2(g)＋4H2(g)CH4(g)＋2H2S(g)，容器内气体压强随时间的变化如下表所示。时间/min050100150200250300压强/kPa100.088.079.872.468.265.065.0①0～250min内，H2分压的平均变化量为________kPa·min－1。②该温度下，平衡常数Kp＝_______