2024年高考考前20天终极冲刺攻略--倒计时6天 化学反应原理综合（含解析）

化学反应原理综合
年份 试卷 考点
2023 广东卷 电子轨道表示式、离子方程式、消耗速率、平衡转化率
2023 浙江卷 平衡移动原理、影响平衡移动的因素、盖斯定律、转化率
2023 湖北卷 反应历程、基元反应、平衡常数、反应速率和化学平衡影响因素
2023 湖南卷 盖斯定律、平衡常数、催化剂与反应速率、能量转化
2023 浙江卷 盖斯定律、平衡常数、温度对反应速率和化学平衡影响因素
2023 海南卷 转化率、吸热反应、平衡常数计算
2023 重庆卷 热化学方程式、平衡常数、反应速率、晶胞的计算
2022 海南卷 燃烧热、转化率、反应速率计算及其影响因素
2022 湖北卷 盖斯定律、平衡状态、反应速率和化学平衡影响因素
2022 湖南卷 吸热反应、平衡常数、离子方程式、阴极反应式
2022 辽宁卷 自发反应、温度对反应速率和化学平衡的影响、电子排布式
2022 山东卷 焓变的计算、平衡常数、产率 、压强对化学平衡的影响
2022 河北卷 热化学方程式、平衡常数、电极反应式
2021 广东卷 反应历程、盖斯定律、吸热反应、平衡常数
2021 河北卷 热化学方程式、电极反应式、分压的相关计算
2021 湖北卷 平衡常数、反应速率计算、浓度对化学平衡的影响、
2021 湖南卷 反应热的计算、反应速率的计算、平衡常数、电极反应式
2021 辽宁卷 盖斯定律、平衡常数、化学平衡的影响因素、
2021 浙江卷 平衡常数、电解饱和食盐水、浓度与反应速率、
化学反应原理综合题是高考必考题型，题目通常结合图像、表格、数据等信息，围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现，每个小题有一定的相对独立性，主要考查盖斯定律的应用、化学反应速率和化学平衡分析、化学平衡常数的表达与计算、反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用、电化学等命题点，在近几年考题中，主要以“多因素影响”考查出现，要求考生具有较强的综合分析判断能力，信息量大，难度较高。
一、盖斯定律的应用
二、反应速率与速率常数
1．含义
速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率。
化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比，而速率常数是其比例常数，在恒温条件下，速率常数不随反应物浓度的变化而改变。因此，可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。
2．速率方程
一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，则v正＝k正·ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数)。
3．速率常数与化学平衡常数之间的关系
一定温度下，可逆反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，因平衡时v正＝v逆，则k正·ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H)，＝＝K。
三、转化率、产率等计算与变化判断
1．三段式突破平衡的有关计算
　　　 　　 mA(g) ＋ nB(g) pC(g) ＋ qD(g)
a b 0 0
mx nx px qx
a－mx b－nx px qx
（1）vA＝。
（2）转化率αA＝×100%。
（3）K＝。
（4）生成物的产率：实际产量占理论产量的百分数。一般来说，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。
产率＝×100%。
（5）混合物中某组分的百分含量＝×100%。
2．平衡移动与转化率的关系
在一恒容密闭容器中通入a mol A、b mol B发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，达到平衡后，改变下列条件，分析转化率的变化情况：
（1）再通入b mol B，α(A)增大，α(B)减小。
（2）再通入a mol A、b mol B，若a＋b>c，α(A)增大、α(B)增大；若a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变；若a＋b四、化学平衡常数(K)及Kp的计算
1．化学平衡常数表达式的书写
（1）不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。如：
CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) K＝c(CO2)。
Cr2O(aq)＋H2O(l)2CrO(aq)＋2H＋(aq) K＝。
但在非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。如：
C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) K＝。
（2）有气体参与的反应，用平衡分压(总压乘以各自的物质的量分数)表示平衡常数。
如：2A(g)＋B(s)C(g)。若达到平衡时，n(A)＝n1、n(C)＝n2，密闭体系的压强为p，则Kp＝＝。
（3）化学平衡常数的计算规则
①同一可逆反应中，K正·K逆＝1。
②同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是K′＝Kn或K′＝。
③几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积；两方程式相减所得反应的平衡常数为两个平衡常数之比。
④水溶液中进行的反应，必须拆成离子方程式再计算平衡常数。
2．化学平衡常数与温度的关系
热效应 温度变化 K的变化 热效应 温度变化 K的变化
放热 反应 升温 减小 吸热 反应 升温 增大
降温 增大 降温 减小
五、实际工业生产中图像问题分类突破
1．控制反应条件的目的
（1）促进有利的化学反应：通过控制反应条件，可以加快化学反应速率，提高反应物的转化率，从而促进有利的化学反应进行。
（2）抑制有害的化学反应：通过控制反应条件，也可以减缓化学反应速率，减少甚至消除有害物质的产生或控制副反应的发生，从而抑制有害的化学反应继续进行。
2．控制反应条件的基本措施
（1）控制化学反应速率的措施
通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。
（2）提高转化率的措施
通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高转化率。
3．化工生产适宜条件选择的一般原则
条件 原则
从化学反应速率分析 既不能过快，又不能过慢
从化学平衡移动分析 既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意对二者影响的矛盾性
从原料的利用率分析 增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本
从实际生产能力分析 如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析 注意催化剂的活性对温度的限制
4.综合图像分析方法
（1）审题：审明各物质的状态(有无固体、液体)，明确气体分子数的变化(变大、变小、不变)，正反应吸热还是放热。
（2）析题——找准解题的突破口
看图像
（3）解题——掌握分析的方法
①三步分析法：一看反应速率增大还是减小；二看v(正)、v(逆)的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
②先拐先平数值大：在含量(转化率)时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。
③定一议二：当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。
④想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。
典例1（2023·广东卷第19题）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。
①基态的电子轨道表示式为___________。
②完成反应离子方程式：______
（2）某研究小组对（1）中②的反应进行了研究。
用浓度分别为的溶液进行了三组实验，得到随时间t的变化曲线如图。
①时，在内，的平均消耗速率=___________。
②下列有关说法中，正确的有___________。
A．平衡后加水稀释，增大
B．平衡转化率：
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
（3）R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
研究组配制了L起始浓度与L起始浓度比不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
0 1.00 0 0
a x 0.64
b 0.40 0.60
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。
①时， ___________。
②时，平衡浓度比___________。
（4）研究组用吸收光谱法研究了（3）中M与L反应体系。当时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图。时，计算M的平衡转化率___________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
典例2（2023·浙江选考1月第19题） “碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
（1）有利于提高CO2平衡转化率的条件是___________。
A. 低温低压 B. 低温高压 C. 高温低压 D. 高温高压
（2）反应的___________，___________(用表示)。
（3）恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
①下列说法正确的是___________。
A．Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用
B．过程ⅱ，CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移
C．过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO2需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因___________。
（4）CH4还原能力可衡量CO2转化效率，(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。
①常压下CH4和CO2按物质的量之比1:3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值___________。
②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表：
温度/℃ 480 500 520 550
CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
R 2.6 2.4 2.1 1.8
下列说法不正确的是___________
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高
C．温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大
典例3（2023·辽宁卷第18题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
（1）我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、_______和_______(填化学式)。
（2）铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为_______。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_______(答出两点即可)。
（3）接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是_______。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是_______(填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
典例4（2023·湖北卷第19题）纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：
回答下列问题：
（1）已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的_______。
（2）图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。
（3）C40H10纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_______、_______。
（4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为P0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数KP为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。
（6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是_______(填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
典例5（2023·湖南卷第16题）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
Ⅰ．苯乙烯的制备
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的_______；
（2）在某温度、下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入_______mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在、下，以水蒸气作稀释气。Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是_______，理由是_______；
（4）关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是_______；
A. X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B. Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C. Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D. 改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。
（5）引发剂中活性最高的是_______；
（6）室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；②在水中的溶度积常数为。由此可知，在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为_______(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
预测1（2024·湖南长沙·二模）我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气中的含量，以为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
Ⅰ.主反应：
Ⅱ.副反应：
（1）已知：Ⅲ.
Ⅳ. 。
（2）加氢合成甲烷时，通常控制温度为500℃左右，其可能的原因为___________。
A．反应速率快 B．平衡转化率高
C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好
（3）500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4mol和12mol，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，则0~20min内 ，平衡时选择性= (选择性，计算保留三位有效数字，下同)，副反应的 。
（4）以催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arhenius经验公式，(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
（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，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 。
预测2（2024·吉林·三模）甲醇用途广泛，可用作溶剂、防冻剂、燃料，也可用于生产生物柴油，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)可以合成甲醇，涉及的反应如下，回答下列问题：
反应ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1= 91.5kJ mol 1
反应ii：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2= 49.9kJ mol 1
反应iii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41.6kJ mol 1
（1）在某催化剂作用下，反应ⅰ的反应历程如图所示(图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，*表示吸附在催化剂上)：
①CO2的电子式为 。
②结合反应历程，写出反应ⅰ中生成甲醇的决速步骤的反应方程式 。
③m= (计算结果保留两位有效数字，已知1eV=1.6×10 22kJ)。
（2）反应ⅰ的Arrhenius经验公式Rlnk= +C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C均为常数，T为温度)，实验数据如图中曲线M所示。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线N所示，则实验可能改变的外界条件是 。
（3）将一定量的CO2(g)和H2(g)充入密闭容器中并加入合适的催化剂，只发生反应ii和iii．在相同温度不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性和CO的选择性随压强变化曲线如图所示。
①图中表示CH3OH的选择性的曲线是 (填“m”“n”或“p”)，简述判断方法 。
②反应体系中组分CO2(g)、CO(g)的浓度随时间变化情况如图所示。0～15s时间段内，CH3OH的平均反应速率为 mol·L 1·s 1(保留两位有效数字)。
预测3（2024·四川成都·二模）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下两个反应。
反应I．_______
反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）已知CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3=–90.6kJ·mol-1。反应I的转化原理如图所示。该反应的热化学方程式为 ，在 条件下反应I可自发发生。
（2）若在恒压条件下密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡将 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。
（3）将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应I和Ⅱ，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性和CO的选择性随压强变化曲线如图所示。图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 (填“m”、“n”或“p”)，A点时H2的转化率为 ，CH3OH的平衡分压为 MPa(保留两位有效数字)。
（4）研究表明，CO催化变换反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH=–41.2kJ·mol-1。此反应的速率方程为，式中x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示各组分的物质的量分数。Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp (填“增大”、“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T>Tm时v逐渐减小的原因是 。
预测4（2024·湖北·三模）氙及其化合物在工业生产中有重要用途。
（1）1962年，化学家巴特利特合成了氙的第一个化合物，其在熔化时电离出和。Xe和混合制得的反应可以表示如下：
已知：①在标准状态下将1mol离子型晶体(如NaCl)拆散为1mol气态阳离子()和1mol气态阴离子()所需要的能量叫做晶格能，的晶格能为。
②Xe的第一电离能为。
③ 。
根据以上信息，计算反应 。
（2）不久，在三个不同实验室里又分别合成了、、三种简单化合物。其中一种化合物的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，表示阿伏伽德罗常数的值。则该化合物的化学式为 ，中心原子的价层电子对数为 ，晶体密度为 。
（3）一定条件下，向恒容密闭容器中充入Xe和混合气体，反应体系中存在的平衡及相应部分数据如下表所示。
已知：分压=总压×该组分物质的量分数；
对于反应
其中，、、、为各组分的平衡分压。
标准压强平衡常数 反应平衡
反应I： 360
反应II：
反应III：
① 0(填“>”或“<”)。为提高平衡混合物中的含量，应 投料比(填“增大”或“减小”)。
②673K时充入23.77molXe和，达平衡时容器内总压强，各产物的物质的量如下表所示：
化学式
物质的量/mol 3.60 19.80 0.36
则平衡转化率 (保留三位有效数字)， 。
预测5（2024·广东·二模）含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。
Ⅰ.工业废气分解可制取。
（1）已知热化学方程式：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
热分解反应的 (用含、、的式子表示)。
（2）一定温度下，2mol 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为 ；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，则该温度下的平衡常数 。
Ⅱ.KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与发生第一、二步络合的反应如下：
ⅳ.
ⅴ.
（3）根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。
A．加水稀释后，溶液中离子的总数减少
B．加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变
C．反应的平衡常数
D．溶液中减小，与浓度的比值减小
（4）常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度(含铬微粒)随的变化曲线如图所示，平衡后其他含铬微粒(3≤x≤6，图中未画出)总浓度为amol/L。
①时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为 ；A点时，溶液中的平衡浓度为 (列出计算式即可)。
②在某电镀工艺中，的浓度需要在以上，结合计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 (写出计算过程)。
押题1（2024·山东济南·一模）天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S等气体。某种将CO2和H2S共活化的工艺涉及如下反应：
①
②
③
④
回答下列问题：
（1）已知：298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)为-586kJ·mol-1，则COS(g)的标准摩尔燃烧焓()为 kJ·mol-1，反应②在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）一定条件下，向起始压强为200kPa的恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体，发生上述反应，25min时，测得体系总压强为210kPa，S2(g)的平均反应速率为 kPa·min-1.达到平衡时，测得体系总压强为230kPa，，此时H2S(g)的平衡转化率为 ，反应②的标准平衡常数 (已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。
（3）将等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体充入恒压密闭容器中，发生上述反应，反应物的平衡转化率、COS或H2O的选择性与温度关系如图所示。COS的选择性，H2O的选择性。
①表示“COS的选择性”的曲线是 (填“曲线a”或“曲线b”)；
②温度低于500℃时，H2S的转化率与CO2的相等，原因是 。
押题2（2024·河北邢台·二模）工业废气中的二氧化碳加氢制甲醇是“碳中和”的一个重要研究方向，在催化剂作用下，主要发生以下反应：
ⅰ． ；
ⅱ． ；
ⅲ． 。
（1）已知反应ⅲ正反应的活化能为，则其逆反应的活化能为 (用含有的式子表示)。
（2）①一定温度下，向恒容密闭容器中通入物质的量之比为1：3的与，发生以上3个反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 。
A． B．平衡常数不再发生变化
C．气体密度不再改变 D．测得的浓度保持不变
②若起始压强为，反应经后达到平衡，此时体系压强为，的分压：，则内反应的平均速率 ，的选择性为 %，反应ⅰ的平衡常数 (保留两位有效数字)。
（3）在时，反应ⅰ在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇物质的量分数为，在℃下的、在下的。如图所示。
图中对应恒温过程的曲线是 。当的平衡转化率为时，反应条件可能为 或 。
（4）为探究原料气中混入气体对反应的影响。测得平衡时的转化率、随原料气中的变化如图所示。请解释、呈现该变化的趋势的原因： 。
押题3（2024·广东惠州·一模）对氮氧化物的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。
（1）已知a：　
b：C的燃烧热为；
c：　
①请写出与反应生成两种无污染性气体的热化学方程式： 。
②将等物质的量的与混合气体分别通入体积均为的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是 。
A．两容器内混合气体密度相等
B．转化率
C．反应平衡常数
（2）可利用钴氨配合物吸收对的配合能力很强，而对的配合能力极低。
①已知的结构如图所示，中含有键的数目是 。
②有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为 。
(有效含钴率)
③钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是 。
（3）催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。
①当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。
②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。
押题4（2024·海南·一模）中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成，CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
I．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH=+177kJ·mol-1 (主反应)
II．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s) ΔH=+9kJ·mol-1 (副反应)
（1）反应I的反应历程可分为如下两步：
i． C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1 (反应速率较快)
ii． H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH2=+44kJ·mol-1 (反应速率较慢)
① H1=
②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应I速率影响更大，原因是 。
（2）向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6合成C2H4，发生主反应，温度对催化剂K-Fe-Mn/Si-2性能的影响如图所示，工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的原因是 。
（3）工业上也可用甲烷催化法制取乙烯，只发生反应如下：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH>0，温度T时，向2L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：
实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T温度时， (用含有x的代数式表示)；当温度升高时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m n(填“>”、“＜”或“=”)。
押题5（2024·辽宁锦州·一模）利用和合成甲醇（），在催化剂作用下涉及以下反应：
反应ⅰ
反应ⅱ
反应ⅲ
回答下列问题：
（1）反应ⅲ在 （填“高温”、“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。
（2）反应ⅲ的反应历程如下图所示，图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，其中吸附在催化剂表面的物质用*标注，决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为 。
（3）对于上述和合成涉及的三个反应，下列说法正确的是______（填标号）。
A．减小的浓度有利于提高的转化率
B．当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡
C．体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动
D．选用合适的催化剂可以提高在单位时间内的产量
（4）在恒压密闭容器中，按照投料发生反应ⅰ和反应ⅱ。
Ⅰ．反应达平衡时，测得转化率和甲醇的选择性随温度的变化如图1所示。
①温度选择 K（填“473”、“513”或“553”）时，反应体系内甲醇的产量最高。
②的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。
Ⅱ．用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，随温度的倒数（）的变化关系如图2所示。（已知：分压＝总压×该气体的物质的量分数；压强的单位为kPa）
③反应ⅱ的变化关系对应图2中 （填“m”或“n”）。
④通过调整温度可调控平衡时的分压比值，A点对应温度下，平衡时，则 kPa。
⑤当体系总压为10kPa时，B点对应温度下体系达到平衡时的转化率为80%，反应i的 （用分数表示）。
名校预测
预测1
【答案】（1）
（2）ACD
（3） 66.7% 1.67
（4）使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积
（5）Fe
【解析】（1）根据盖斯定律反应Ⅲ×2―反应Ⅰ=Ⅳ，则，故答案为：；
（2）加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为500℃左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好，而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动，故答案为：ACD；
（3）500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4mol和12mol，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，设参加反应Ⅰ的二氧化碳为xmol，参加反应Ⅱ的二氧化碳为ymol，建立三段式：
则有，根据物质的量之比等于压强之比得到，解得，，则0~20min内，平衡时选择性，，，，副反应，故答案为：；66.7%；1.67；
（4）当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，斜率降低，说明活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积，故答案为：使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积；
（5）由图可知，黑球代表，位于顶点和面心，个数为，白球代表，位于体内，个数为8，则黑球：白球，则化学式为，摩尔质量为，则M的摩尔质量为，则M元素为Fe；中，为分子，不带电荷，带1个单位负电荷，则Fe为+2价，其价电子排布式为，故答案为：Fe；。
预测2
【答案】（1） CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2*(g) 0.95eV
（2）加入了高效催化剂
（3） m 反应ii是气体体积减小的反应，反应iii是气体体积不变的反应，增大压强时平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，甲醇选择性增大，一氧化碳转化率减小，且甲醇选择性和一氧化碳选择性之和为1 0.0017
【解析】（1）①已知CO2是共价化合物，故CO2的电子式为；
②决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应，反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢，由反应历程图中数据可知，活化能=过渡态能量-起始态能量，各个步骤中活化能分别为：0.7eV、0.8eV、0.2eV、0.2eV、0.7eV、(1.4-m)eV，其中最大的数值为[-0.1-(-0.9)]eV=0.8eV，该步骤的反应方程式为CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2*(g)，故答案为：CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2*(g)；
③反应i CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH1=-91.5kJ/mol，由图可知，1molCO(g)和2molH2的总能量与CH3OH(g)的总能量之差为91.5kJ，反应历程图中的E表示的是1个CO分子和2个H2分子的相对总能量与1个CH3OH分子的相对总能量之差为meV，相对总能量E═meV=≈0.95eV，即m=0.95，故答案为：0.95eV；
（2）由图可知，曲线M的Rlnk随T的增大减小幅度大，曲线N的Rlnk随T的增大减小幅度小，即温度一定时二者的活化能不相等，催化剂能降低反应的活化能，所以曲线N实验可能改变的外界条件是加入了高效催化剂，故答案为：加入了高效催化剂；
（3）①反应ii是气体体积减小的反应，反应iii是气体体积不变的反应，增大压强时平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，CH3OH(g)的选择性增大，CO的选择性减小，并且CH3OH(g)的选择性增和CO的选择性之和为100%，所以曲线n表示CO2的平衡转化率，曲线m表示CH3OH(g)的选择性，曲线n表示CO(g)的选择性，故答案为：m；反应ii是气体体积减小的反应，反应iii是气体体积不变的反应，增大压强时平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，甲醇选择性增大，一氧化碳转化率减小，且甲醇选择性和一氧化碳选择性之和为1；
②由题干图像信息可知，15s末CO2的浓度为0.3mol/L，CO的浓度为0.175mol/L，由三段式分析可知：，则15s内CH3OH的浓度变化量为0.5-0.3-0.175=0.025mol/L，故0～15s时间段内，CH3OH的平均反应速率为=0.0017mol·L 1·s 1，故答案为：0.0017。
预测3
【答案】（1）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.4kJ mol-1 低温
（2）正向
（3）n 24% 0.088
（4）减小 随温度升高，Kp减小使v减小的程度大于k增大使v增大的程度
【解析】（1）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下两个反应：
反应I．_______
反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1
已知反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3=–90.6kJ·mol-1。利用盖斯定律，将反应Ⅱ+已知反应，可得反应I的的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=(+41.2kJ·mol-1)+( –90.6kJ·mol-1)=-49.4kJ mol-1，该反应为气体体积缩小的放热反应，在低温条件下反应I可自发发生。
（2）若在恒压条件下密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，则混合气的体积增大，各物质的浓度减小，相当于原平衡体系减压，反应I的平衡逆向移动，H2的物质的量增大，H2O(g)的物质的量减小，对反应Ⅱ来说，相当于增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，则反应Ⅱ平衡将正向移动。
（3）增大压强，反应Ⅰ的平衡正向移动，CH3OH的选择性增大，此时H2的物质的量减小，H2O(g)的物质的量增大，反应Ⅱ的平衡逆向移动，CO的选择性减小，由于反应Ⅰ占主导地位，所以总的来说，CO2的平衡转化率增大，因此图中m表示CH3OH的选择性曲线，p表示H2的选择性曲线，表示CO2的平衡转化率的曲线是n。
采集图中数据，可得出压强为1.5MPa时，将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应I和Ⅱ，并达到平衡状态，CO2的平衡转化率为30%，CO的选择性为30%，则CH3OH的选择性为70%，由此可建立如下三段式：
A点时H2的转化率为=24%，CH3OH的平衡分压为≈0.088MPa。
（4）因为ΔH=–41.2kJ·mol-1＜0，所以温度升高时，平衡逆向移动，CO催化变换反应的Kp减小。根据速率方程分析，升高温度，k增大，可使v增大，升高温度可使Kp减小，Kp减小可使v减小。T>Tm时v逐渐减小，表明Kp减小对v的影响更大，原因是： 随温度升高，Kp减小使v减小的程度大于k增大使v增大的程度。
预测4
【答案】（1）-59.7
（2） 5
（3） < 减小 97.8% 36
【解析】（1）的晶格能为，则形成晶体的热化学方程式：；Xe的第一电离能为，则；根据盖斯定律，
（2）图中大球的个数为8×+1=2，小球的个数为8×+2=4，根据粒子半径的大小判断大球应为Xe原子、小球应为F原子，大球与小球个数比是1：2，则晶胞的化学式为；中心原子的价层电子对数为2+=5；该晶胞中含有2个XeF2分子，故晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=a2b×10-30cm3，则密度为 g/cm3；
（3）①根据表格数据，第一个反应的温度升高，平衡常数K减小，说明平衡往逆向移动，该反应为放热反应，故<0；根据表格中的三个方程式，F2比例越大，越容易转化为XeF4或XeF6，所以应该减小投料中F2/Xe的比值；
②根据反应i、ii、iii，达到平衡时，反应的F2物质的量为：，则平衡转化率；
已知，达到平衡时，各物质总物质的量n总=[3.60+19.80+0.36+(45.28-44.28)+(23.77-23.76)]mol=24.77mol，反应III的平衡常数。
预测5
【答案】（1）
（2）
（3）BC
（4） (或) C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺
【解析】（1）由盖斯定律可知ⅲ-ⅰ-ⅱ得反应，故；
（2），ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，由方程式可知，平衡时硫化氢、氢气的物质的量相等，均为2mol÷2=1mol，同时生成为1mol÷2=0.5mol，则则该温度下的平衡常数=；
（3）A．加水稀释后，离子浓度减小，促使平衡向生成离子数多的方向移动，溶液中离子的总数增大，A错误；
B．加入少量固体，根据铬元素守恒，溶液中含铬微粒总数不变，B正确；
C．ⅳ.
ⅴ.
由盖斯定律可知，ⅳ+ⅴ得反应，则其平衡常数，C正确；
D．，，溶液中减小，与浓度的比值增大，D错误；
故选BC；
（4）①ⅳ.
ⅴ.
由平衡常数可知，初始生成的进行程度更大，结合图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，由图可知，当 时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为；A点时，，，溶液中的平衡浓度为(或)。
②C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺。
名师押题
押题1
【答案】（1）-577 高温
（2）0.4 80% 2.7
（3）曲线b 温度低于500℃时，反应③和反应④几乎不发生或者反应④正向进行的程度是反应③的两倍
【解析】（1）298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)为-586kJ·mol-1，可得：；；
COS(g)的标准摩尔燃烧焓的反应为：；根据盖斯定律可知，该反应可由⑥-①-⑤得到，则；反应②正向气体分子数增加，，该反应可由③+2×④得到，则该反应，，则反应在高温条件下能自发进行。
（2）由反应可知①和④反应前后气体分子数相等，则反应前后不会导致压强变化，②和③反应前后气体分子数均增加，且增加量恰好等于生成的S2(g)的物质的量，根据压强之比等于气体物质的量的之比可得，反应后体系内压强的增加量即为S2(g)的分压，则，S2(g)的平均反应速率为；
设起始时CO2(g)和H2S(g)的物质的量均为1mol，则两者的起始分压均为100kPa，平衡时，测得体系总压强为230kPa，则平衡时气体的物质的量之和为2.3mol，结合以上分析可得n (S2)=0.3mol，其平衡分压为30 kPa，设平衡时n(H2)=x，则n(COS)=x, n(CO2)=2x，根据S原子守恒可得：2n(S2)+ n(COS)+ n(H2S)平衡= n(H2S)初始，得n(H2S)平衡=(1-x-0.3×2)=(0.4-x)mol；根据氢原子守恒可得：2n(H2S)平衡+2n(H2O)+2n(H2)= 2n(H2S) 初始，则得2(0.4-x)+2 n(H2O)+2x=2：解得：n(H2O)=0.6mol，根据C原子守恒得：n(COS)+ n(CO2)平衡+ n(CO)= n(CO2)初始，可得：n(CO)=(1-3x)mol，在结合O原子守恒：n(COS)+ 2n(CO2)平衡+ n(CO)+ n(H2O)= 2n(CO2)初始，解得：x=0.2，则平衡时各气体的物质的量：n(CO2)=0.4 mol，n(COS)=0.2 mol，n(CO)=0.4 mol，n (S2)=0.3mol，n(H2O)=0.6 mol，n(H2S)=0.2 mol, n(H2)=0.2 mol，总气体为2.3mol；此时H2S(g)的平衡转化率为；反应②的标准平衡常数==2.7；
（3）①由反应可知COS只在反应①中生成，且该反应同时生成等量的水，而水在①②④中均生成，则相同条件下，H2O的选择性高于COS的选择性，故曲线b表示COS的选择性；
②温度低于500℃时，反应③和反应④几乎不发生或者反应④正向进行的程度是反应③的两倍，从而使H2S的转化率与CO2的相等。
押题2
【答案】（1）
（2）AD 62.5 0.00046或
（3） a ℃、 210℃、
（4）增大，与反应的变多，与反应的变少，所以降低，增大，更有利于反应ⅲ的正向进行，产生变多，所以升高
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ-反应ⅱ可得反应ⅲ，则=正反应活化能-逆反应活化能，已知反应ⅲ正反应的活化能为，则其逆反应的活化能为。
（2）①A．说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，A选；
B．一定温度下，平衡常数是定值，平衡常数不再发生变化，不能说明反应达到平衡，B不选；
C．该反应过程中气体总质量和总体积是定值，混合气体的平均密度是定值，当气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡，C不选；
D．测得的浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D选；
故选AD；
②根据已知条件列出“三段式”
若起始压强为，反应经后达到平衡，此时体系压强为，则，的分压：=，x+y=0.8mol，x+z=0.5mol，y-z=0.3mol，p(CH3OH)= ，p(CO2)= ，p(H2)= ，则内反应的平均速率=。的选择性为=62.5%，反应ⅰ的平衡常数0.00046或。
（3）反应ⅰ是气体体积减小的反应，恒温条件下增大压强，平衡正向移动，增大，则图中对应恒温过程的曲线是a，对应恒压过程的曲线是b，设起始物n（H2）=3mol，n（CO2）=1mol，平衡时二氧化碳的物质的量为1mol- =mol，氢气的物质的量为3mol-1mol=2mol，CH3OH和H2O的物质的量为，气体的总物质的量为，，由图可知，反应条件可能为：℃、或210℃、。
（4）、呈现该变化的趋势的原因是：增大，与反应的变多，与反应的变少，所以降低，增大，更有利于反应ⅲ的正向进行，产生变多，所以升高。
押题3
【答案】（1）2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-748kJ/mol AC
（2） 24NA 85.6% [Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低
（3）NO+5e—+5H+=NH3+H2O 15：2
【解析】（1）①由题意可知，碳燃烧的热化学方程式为C(s) +O2(g)= CO2(g) △H=—393kJ/mol，由盖斯定律可知，反应b—a—c得到反应2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则反应△H=(—393kJ/mol)—(+182.6kJ/mol)—(+172.4kJ/mol)=-748kJ/mol；
②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则1L的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中混合气体密度相等，故正确；
B．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则一氧化氮转化率αⅠ大于αⅡ，故错误；
C．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则反应平衡常数KⅠ大于KⅡ，故正确；故选AC；
（2）①[Co(NH3)6]3+离子中配位键属于σ键、氮氢键属于σ键，则1mol[Co(NH3)6]3+离子中含有σ键的数目1mol×24×NAmol—1=24NA；
②由题给信息可知，反应消耗一氧化氮的物质的量为2×10—4m3/min×300min×2×10—2mol/m3×60%=0.00072mol，则钴氨溶液中[Co(NH3)6]2+有效含钴率为×100%=85.6%；
③由图可知，前16h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是[Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低；
（3）①由图可知，当电解电压为U2时，催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5e—+5H+=NH3+H2O；
②由图可知，当电解电压为U1时，氢气和氨气的法拉第效率分别为60%和20%，则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为：=15：2。
押题4
【答案】（1）+133kJ/mol 反应ⅱ为反应Ⅰ的决速步，c(CO2)增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率
（2）温度低于800℃时，反应物的转化率不够高，温度高于800℃时，C2H4选择性下降较为明显，而800℃时反应物的转化率和C2H4选择性都相对较高，有利于提高C2H4的产率
（3） ＞
【解析】（1）①由盖斯定律可知，反应Ⅰ—ii可得反应i，则反应 H1=(+177kJ/mol)—(+44kJ/mol)= +133kJ/mol；
②化学反应速率取决于慢反应，由题意可知，反应i是快反应，反应ⅱ为慢反应，反应ⅱ是反应Ⅰ的决速步，增大二氧化碳的浓度，反应ii速率加快，从而提高反应I速率，所以相比于增大乙烷的浓度，增大二氧化碳的浓度对反应Ⅰ速率影响更大；
（2）由图可知，温度低于800℃时，反应物的转化率不够高，温度高于800℃时，乙烯选择性下降较为明显，而800℃时乙烷的转化率和乙烯选择性都相对较高，有利于提高乙烯的产率，所以工业生产中综合各方面的因素后，反应选择800℃，故答案为：温度低于800℃时，反应物的转化率不够高，温度高于800℃时，C2H4选择性下降较为明显，而800℃时反应物的转化率和C2H4选择性都相对较高，有利于提高C2H4的产率；
（3）由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：k正c2(CH4) =k逆c(C2H4)c2(H2)，整理可得：=，由图可知，平衡时甲烷的物质的量为xmol，由方程式可知，乙烯、氢气的物质的量分别为0.5(2—x)mol、(2—x)mol，则==；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，则正反应速率常数增大的倍数m大于逆反应速率常数增大的倍数n，故答案为：；>。
押题5
【答案】（1）低温
（2）CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g)
（3）BD
（4） 553K 升高温度促进反应ⅱ平衡正向移动的程度大于促进反应ⅰ平衡逆向移动的程度 n 4
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ-反应ⅱ可得反应ⅲ ，该反应是气体体积减小的反应，，时反应能自发进行，则反应ⅲ在低温条件下能自发进行。
（2）CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g)的活化能最大，反应速率最慢，故为决速步。
（3）A．减小的浓度，反应ⅰ和反应ⅱ逆向移动，的转化率减小，A错误；
B．上述和合成涉及的三个反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡，B正确；
C．反应ⅰ是气体体积减小的反应，则体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度增大，导致反应ⅱ平衡逆向移动，C错误；
D．选用合适的催化剂可以增大反应速率，可以提高在单位时间内的产量，D正确；
故选BD。
（4）①由题意可知，起始二氧化碳的物质的量为，由图中数据可知，473K、513K、553K时，甲醇的物质的量分别为mol×13.6%×86%≈0.029amol、mol×15%×78%≈0.029amol、mol×20%×60%=0.03amol，则553K条件下反应达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高；
②反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是：升高温度促进反应ⅱ平衡正向移动的程度大于促进反应ⅰ平衡逆向移动的程度；
③反应ⅰ正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应ⅰ的lnKp随着增大而减小，即随着T的降低而增大，反应ⅱ的lnKp随着的增大而增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应ⅱ对应图2中n；
④通过调整温度可调控平衡时的值，A点对应温度下，反应ⅰ和反应ⅱ的压力平衡常数相等，即，即得，平衡时，则4kPa；
⑤根据已知条件列出“三段式”
的转化率为80%，则x+y=0.8，y=0.8-x，图中B点反应ⅱ的平衡常数lnKp=0，即Kp=1.00，则=1，解得x=0.5mol，y=0.3，故有反应ⅰ的Kp=。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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化学反应原理综合
年份 试卷 考点
2023 广东卷 电子轨道表示式、离子方程式、消耗速率、平衡转化率
2023 浙江卷 平衡移动原理、影响平衡移动的因素、盖斯定律、转化率
2023 湖北卷 反应历程、基元反应、平衡常数、反应速率和化学平衡影响因素
2023 湖南卷 盖斯定律、平衡常数、催化剂与反应速率、能量转化
2023 浙江卷 盖斯定律、平衡常数、温度对反应速率和化学平衡影响因素
2023 海南卷 转化率、吸热反应、平衡常数计算
2023 重庆卷 热化学方程式、平衡常数、反应速率、晶胞的计算
2022 海南卷 燃烧热、转化率、反应速率计算及其影响因素
2022 湖北卷 盖斯定律、平衡状态、反应速率和化学平衡影响因素
2022 湖南卷 吸热反应、平衡常数、离子方程式、阴极反应式
2022 辽宁卷 自发反应、温度对反应速率和化学平衡的影响、电子排布式
2022 山东卷 焓变的计算、平衡常数、产率 、压强对化学平衡的影响
2022 河北卷 热化学方程式、平衡常数、电极反应式
2021 广东卷 反应历程、盖斯定律、吸热反应、平衡常数
2021 河北卷 热化学方程式、电极反应式、分压的相关计算
2021 湖北卷 平衡常数、反应速率计算、浓度对化学平衡的影响、
2021 湖南卷 反应热的计算、反应速率的计算、平衡常数、电极反应式
2021 辽宁卷 盖斯定律、平衡常数、化学平衡的影响因素、
2021 浙江卷 平衡常数、电解饱和食盐水、浓度与反应速率、
化学反应原理综合题是高考必考题型，题目通常结合图像、表格、数据等信息，围绕一个主题，以“拼盘”的形式呈现，每个小题有一定的相对独立性，主要考查盖斯定律的应用、化学反应速率和化学平衡分析、化学平衡常数的表达与计算、反应条件的分析选择、生产生活中的实际应用、电化学等命题点，在近几年考题中，主要以“多因素影响”考查出现，要求考生具有较强的综合分析判断能力，信息量大，难度较高。
一、盖斯定律的应用
二、反应速率与速率常数
1．含义
速率常数(k)是指在给定温度下，反应物浓度皆为1 mol·L－1时的反应速率。在相同的浓度条件下，可用速率常数大小来比较化学反应的反应速率。
化学反应速率与反应物浓度(或浓度的次方)成正比，而速率常数是其比例常数，在恒温条件下，速率常数不随反应物浓度的变化而改变。因此，可以应用速率方程求出该温度下任意浓度时的反应速率。
2．速率方程
一定温度下，化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数为指数的幂的乘积成正比。
对于反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，则v正＝k正·ca(A)·cb(B)(其中k正为正反应的速率常数)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)(其中k逆为逆反应的速率常数)。
3．速率常数与化学平衡常数之间的关系
一定温度下，可逆反应：aA(g)＋bB(g)gG(g)＋hH(g)，达到平衡状态时，v正＝k正·ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cg(G)·ch(H)，因平衡时v正＝v逆，则k正·ca(A)·cb(B)＝k逆·cg(G)·ch(H)，＝＝K。
三、转化率、产率等计算与变化判断
1．三段式突破平衡的有关计算
　　　 　　 mA(g) ＋ nB(g) pC(g) ＋ qD(g)
a b 0 0
mx nx px qx
a－mx b－nx px qx
（1）vA＝。
（2）转化率αA＝×100%。
（3）K＝。
（4）生成物的产率：实际产量占理论产量的百分数。一般来说，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。
产率＝×100%。
（5）混合物中某组分的百分含量＝×100%。
2．平衡移动与转化率的关系
在一恒容密闭容器中通入a mol A、b mol B发生反应aA(g)＋bB(g)cC(g)，达到平衡后，改变下列条件，分析转化率的变化情况：
（1）再通入b mol B，α(A)增大，α(B)减小。
（2）再通入a mol A、b mol B，若a＋b>c，α(A)增大、α(B)增大；若a＋b＝c，α(A)不变、α(B)不变；若a＋b四、化学平衡常数(K)及Kp的计算
1．化学平衡常数表达式的书写
（1）不要把反应体系中纯固体、纯液体以及稀水溶液中水的浓度写进平衡常数表达式。如：
CaCO3(s)CaO(s)＋CO2(g) K＝c(CO2)。
Cr2O(aq)＋H2O(l)2CrO(aq)＋2H＋(aq) K＝。
但在非水溶液中，若有水参加或生成，则此时水的浓度不可视为常数，应写进平衡常数表达式中。如：
C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g) K＝。
（2）有气体参与的反应，用平衡分压(总压乘以各自的物质的量分数)表示平衡常数。
如：2A(g)＋B(s)C(g)。若达到平衡时，n(A)＝n1、n(C)＝n2，密闭体系的压强为p，则Kp＝＝。
（3）化学平衡常数的计算规则
①同一可逆反应中，K正·K逆＝1。
②同一方程式中的化学计量数等倍扩大或缩小n倍，则新平衡常数K′与原平衡常数K间的关系是K′＝Kn或K′＝。
③几个可逆反应方程式相加，得总方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积；两方程式相减所得反应的平衡常数为两个平衡常数之比。
④水溶液中进行的反应，必须拆成离子方程式再计算平衡常数。
2．化学平衡常数与温度的关系
热效应 温度变化 K的变化 热效应 温度变化 K的变化
放热 反应 升温 减小 吸热 反应 升温 增大
降温 增大 降温 减小
五、实际工业生产中图像问题分类突破
1．控制反应条件的目的
（1）促进有利的化学反应：通过控制反应条件，可以加快化学反应速率，提高反应物的转化率，从而促进有利的化学反应进行。
（2）抑制有害的化学反应：通过控制反应条件，也可以减缓化学反应速率，减少甚至消除有害物质的产生或控制副反应的发生，从而抑制有害的化学反应继续进行。
2．控制反应条件的基本措施
（1）控制化学反应速率的措施
通过改变反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)、固体的表面积以及使用催化剂等途径调控反应速率。
（2）提高转化率的措施
通过改变可逆反应体系的温度、溶液的浓度、气体的压强(或浓度)等改变可逆反应的限度，从而提高转化率。
3．化工生产适宜条件选择的一般原则
条件 原则
从化学反应速率分析 既不能过快，又不能过慢
从化学平衡移动分析 既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意对二者影响的矛盾性
从原料的利用率分析 增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本
从实际生产能力分析 如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析 注意催化剂的活性对温度的限制
4.综合图像分析方法
（1）审题：审明各物质的状态(有无固体、液体)，明确气体分子数的变化(变大、变小、不变)，正反应吸热还是放热。
（2）析题——找准解题的突破口
看图像
（3）解题——掌握分析的方法
①三步分析法：一看反应速率增大还是减小；二看v(正)、v(逆)的相对大小；三看化学平衡移动的方向。
②先拐先平数值大：在含量(转化率)时间曲线中，先出现拐点的反应则先达到平衡，说明该曲线反应速率快，表示温度较高、有催化剂、压强较大等。
③定一议二：当图像中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系，有时还需要作辅助线。
④想规律做判断：联想化学反应速率、化学平衡移动规律，将图表与原理结合，对照得出结论。
典例1（2023·广东卷第19题）配合物广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。
（1）某有机物能与形成橙红色的配离子，该配离子可被氧化成淡蓝色的配离子。
①基态的电子轨道表示式为___________。
②完成反应离子方程式：______
（2）某研究小组对（1）中②的反应进行了研究。
用浓度分别为的溶液进行了三组实验，得到随时间t的变化曲线如图。
①时，在内，的平均消耗速率=___________。
②下列有关说法中，正确的有___________。
A．平衡后加水稀释，增大
B．平衡转化率：
C．三组实验中，反应速率都随反应进程一直减小
D．体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间：
（3）R的衍生物L可用于分离稀土。溶液中某稀土离子(用M表示)与L存在平衡：
研究组配制了L起始浓度与L起始浓度比不同的系列溶液，反应平衡后测定其核磁共振氢谱。配体L上的某个特征H在三个物种中的化学位移不同，该特征H对应吸收峰的相对峰面积S(体系中所有特征H的总峰面积计为1)如下表。
0 1.00 0 0
a x 0.64
b 0.40 0.60
【注】核磁共振氢谱中相对峰面积S之比等于吸收峰对应H的原子数目之比；“”表示未检测到。
①时， ___________。
②时，平衡浓度比___________。
（4）研究组用吸收光谱法研究了（3）中M与L反应体系。当时，测得平衡时各物种随的变化曲线如图。时，计算M的平衡转化率___________(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【答案】（1） HNO2 （2） A、B （3） 0.36 3：4或0.75 （4）98% 【解析】（1）①基态Fe2+的3d电子轨道表示式为 ；②根据原子守恒可知离子方程式中需要增加HNO2。 （2）①浓度分别为的HNO3溶液，反应物浓度增加，反应速率增大，据此可知三者对应的曲线分别为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ；时，在内，观察图像可知的平均消耗速率为；②对于反应HNO2，加水稀释，平衡往粒子数增加的方向移动，含量增加，含量减小，增大，A正确；HNO3浓度增加，转化率增加，故，B正确；观察图像可知，三组实验反应速率都是前期速率增加，后期速率减小，C错误；硝酸浓度越高，反应速率越快，体系由橙红色转变为淡蓝色所需时间越短，故，D错误；故选AB。 （3）①时，，且=0.64，得x=0.36； ②相比于含有两个配体，则与的浓度比应为相对峰面积S的一半与的相对峰面积S之比，即。 （4）；，由L守恒可知，则；则M的转化率为。
典例2（2023·浙江选考1月第19题） “碳达峰·碳中和”是我国社会发展重大战略之一，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有：
Ⅰ：
Ⅱ：
请回答：
（1）有利于提高CO2平衡转化率的条件是___________。
A. 低温低压 B. 低温高压 C. 高温低压 D. 高温高压
（2）反应的___________，___________(用表示)。
（3）恒压、750℃时，CH4和CO2按物质的量之比投料，反应经如下流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。
①下列说法正确的是___________。
A．Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用
B．过程ⅱ，CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移
C．过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出
D．相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO2需吸收的能量更多
②过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因___________。
（4）CH4还原能力可衡量CO2转化效率，(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。
①常压下CH4和CO2按物质的量之比1:3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图1，请在图2中画出间R的变化趋势，并标明时R值___________。
②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表：
温度/℃ 480 500 520 550
CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8
R 2.6 2.4 2.1 1.8
下列说法不正确的是___________
A．R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率
B．温度越低，含氢产物中H2O占比越高
C．温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小
D．改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大
【答案】（1）C （2）+329 （3） BC 通入分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移 （4） C 【解析】（1）反应Ⅰ为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积不变的吸热反应，△H>0，升高温度，平衡右移，CH4平衡转化率增大；降低压强，平衡右移，CH4平衡转化率增大，故有利于提高CO2平衡转化率的条件是高温低压；答案选C； （2）已知：Ⅰ： Ⅱ： 根据盖斯定律，由Ⅰ+Ⅱ×2得反应； 故 H=△H1+2△H2=+329kJ·mol－1，； 根据流程可知，Fe3O4转化为Fe，Fe又转化为Fe3O4，Fe3O4可循环利用；CaCO3受热分解生成CaO和CO2, CaO又与CO2反应生成CaCO3，CaO也可循环利用，A错误；过程ⅱ，CaO吸收CO2使CO2浓度降低，促进Fe3O4氧化CO的平衡正移，B正确；过程ⅱCaO吸收CO2而产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出，C正确；焓变只与起始物质的量有关，与过程无关，故相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1molCO2需吸收的能量一样多，D错误；故选BC；通入分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升； （4）①600℃以下，甲烷转化率随温度升高增大程度大于二氧化碳转化率，该阶段R减小，600℃以上，二氧化碳转化率随温度升高增大程度大于甲烷转化率，该阶段R增大，根据图1可知1000℃时，CH4转化率为100%，即=1mol, CO2转化率为60%,即=3mol×60%=1.8mol，故==1.8，故间R的变化趋势如图： ②R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，使单位时间内反应Ⅱ中CO2的转化率增大，增大的倍数比大，则R提高，A正确；根据表中数据可知，温度越低，CH4转化率越小，而R越大，增大的倍数比大，含氢产物中H2O占比越高，B正确；温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率也增大，且两个反应中的CO2转化率均增大，增大倍数多，故R值增大，C错误；改变催化剂使反应有选择性按反应Ⅰ而提高CH4转化率，若CO2转化率减小，则R值不一定增大，D正确；答案选C。
典例3（2023·辽宁卷第18题）硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
（1）我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、_______和_______(填化学式)。
（2）铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2+SO2+H2O=NO+H2SO4
2NO+O2=2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为_______。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是_______(答出两点即可)。
（3）接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)+O2(g)SO3(g) ΔH=-98.9kJ·mol-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是_______。
a．温度越高，反应速率越大
b．α=0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是_______(填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
【答案】（1）CuO SO3 （2）催化剂 反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高（答案合理即可） （3）cd d 【解析】 （1）根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。 （2）(i)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中线消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用； (ii)近年来，铅室法被接触法代替因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高（答案合理即可）。 （3）(i)a．根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误； b．从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%的时的反应速率图像并没有给出，无法判断α=0.88的条件下是平衡转化率，b错误； c．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确； d．从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；故选cd； (ii)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂V-K-Cs-Ce对SO2的转化率最好，产率最佳，故选d； (iii)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m·αe，n(SO3)=m-m·αe=m(1-αe)，Kp==。
典例4（2023·湖北卷第19题）纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。的反应机理和能量变化如下：
回答下列问题：
（1）已知中的碳氢键和碳碳键的键能分别为和，H-H键能为。估算的_______。
（2）图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。
（3）C40H10纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_______、_______。
（4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为P0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数KP为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
（5）及反应的(为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。
（6）下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成的反应速率的是_______(填标号)。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂
【答案】（1）128 （2）3 3 （3） 6 10 （4） （5）在反应过程中，断裂和形成的化学键相同 （6）a 【解析】 （1）由C40H20和C40H18的结构式和反应历程可以看出，C40H20中断裂了2根碳氢键，C40H18形成了1根碳碳键，所以的=； （2）由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：，,,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢； （3）由C40H20的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则C40H10总共含有6个五元环，10个六元环； （4）1200K时，假定体系内只有反应发生，反应过程中压强恒定为P0(即C40H12的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为： 则，，，该反应的平衡常数=； （5）及反应的(K为平衡常数)随温度倒数的关系如图。图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同； （6）由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意；由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意；加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意；故答案为a。
典例5（2023·湖南卷第16题）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
Ⅰ．苯乙烯的制备
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的_______；
（2）在某温度、下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入_______mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在、下，以水蒸气作稀释气。Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是_______，理由是_______；
（4）关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是_______；
A. X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B. Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C. Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D. 改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。
（5）引发剂中活性最高的是_______；
（6）室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；②在水中的溶度积常数为。由此可知，在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为_______(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
【答案】（1）+118 （2）5 （3）苯 反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯 （4）BD （5）C6H5CH2Cl （6）K Ksp 【解析】 （1）根据盖斯定律，将①-②-③可得C6H5C2H5(g) C6H5CH=CH2(g)+H2(g) H4=-4386.9kJ/mol-(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol； （2）设充入H2O(g)物质的量为xmol；在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式，此时平衡时混合气体总物质的量为1.5mol，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式，此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75mol，混合气的总物质的量为(1.75+x)mol，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则=，解得x=5； （3）曲线a芳香烃产物的选择性大于曲线b、c芳香烃产物的选择性，反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，则曲线a代表产物苯乙烯的选择性；反应④⑤的正反应为气体分子数增大的反应，反应⑥的正反应是气体分子数不变的反应；在913K、100kPa（即恒温恒压）下以水蒸气作稀释气，乙苯的转化率增大，即减小压强，反应④⑤都向正反应方向移动，反应⑥平衡不移动，故曲线b代表的产物是苯；答案为：苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯； （4）测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A项正确； 催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B项错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误；故选BD。 （5）电负性Cl＞Br＞I，则极性C—Cl键＞C—Br键＞C—I键，则C6H5CH2Cl更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2Cl；答案为：C6H5CH2Cl； （6）Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，则Cu++2L [Cu(L)2]+的平衡常数K=；CuBr在水中的溶度积常数Ksp=c(Cu+) c(Br-)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr+2L [Cu(L)2]++Br-，该反应的平衡常数为==K Ksp。
预测1（2024·湖南长沙·二模）我国提出2060年前实现碳中和，为有效降低大气中的含量，以为原料制备甲烷、戊烷、甲醇等能源物质具有较好的发展前景。在固体催化剂表面加氢合成甲烷过程中发生如下反应：
Ⅰ.主反应：
Ⅱ.副反应：
（1）已知：Ⅲ.
Ⅳ. 。
（2）加氢合成甲烷时，通常控制温度为500℃左右，其可能的原因为___________。
A．反应速率快 B．平衡转化率高
C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好
（3）500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4mol和12mol，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，则0~20min内 ，平衡时选择性= (选择性，计算保留三位有效数字，下同)，副反应的 。
（4）以催化加氢合成的甲醇为原料，在催化剂作用下可以制取丙烯，反应的化学方程式为。该反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中曲线a所示，已知Arhenius经验公式，(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
（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，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 。
预测2（2024·吉林·三模）甲醇用途广泛，可用作溶剂、防冻剂、燃料，也可用于生产生物柴油，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)可以合成甲醇，涉及的反应如下，回答下列问题：
反应ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H1= 91.5kJ mol 1
反应ii：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H2= 49.9kJ mol 1
反应iii：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H3=+41.6kJ mol 1
（1）在某催化剂作用下，反应ⅰ的反应历程如图所示(图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，*表示吸附在催化剂上)：
①CO2的电子式为 。
②结合反应历程，写出反应ⅰ中生成甲醇的决速步骤的反应方程式 。
③m= (计算结果保留两位有效数字，已知1eV=1.6×10 22kJ)。
（2）反应ⅰ的Arrhenius经验公式Rlnk= +C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C均为常数，T为温度)，实验数据如图中曲线M所示。当改变外界条件时，实验数据如图中曲线N所示，则实验可能改变的外界条件是 。
（3）将一定量的CO2(g)和H2(g)充入密闭容器中并加入合适的催化剂，只发生反应ii和iii．在相同温度不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性和CO的选择性随压强变化曲线如图所示。
①图中表示CH3OH的选择性的曲线是 (填“m”“n”或“p”)，简述判断方法 。
②反应体系中组分CO2(g)、CO(g)的浓度随时间变化情况如图所示。0～15s时间段内，CH3OH的平均反应速率为 mol·L 1·s 1(保留两位有效数字)。
预测3（2024·四川成都·二模）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下两个反应。
反应I．_______
反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1
回答下列问题：
（1）已知CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3=–90.6kJ·mol-1。反应I的转化原理如图所示。该反应的热化学方程式为 ，在 条件下反应I可自发发生。
（2）若在恒压条件下密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡将 移动(填“正向”、“逆向”或“不”)。
（3）将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应I和Ⅱ，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性和CO的选择性随压强变化曲线如图所示。图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 (填“m”、“n”或“p”)，A点时H2的转化率为 ，CH3OH的平衡分压为 MPa(保留两位有效数字)。
（4）研究表明，CO催化变换反应：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH=–41.2kJ·mol-1。此反应的速率方程为，式中x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示各组分的物质的量分数。Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp (填“增大”、“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T>Tm时v逐渐减小的原因是 。
预测4（2024·湖北·三模）氙及其化合物在工业生产中有重要用途。
（1）1962年，化学家巴特利特合成了氙的第一个化合物，其在熔化时电离出和。Xe和混合制得的反应可以表示如下：
已知：①在标准状态下将1mol离子型晶体(如NaCl)拆散为1mol气态阳离子()和1mol气态阴离子()所需要的能量叫做晶格能，的晶格能为。
②Xe的第一电离能为。
③ 。
根据以上信息，计算反应 。
（2）不久，在三个不同实验室里又分别合成了、、三种简单化合物。其中一种化合物的晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，表示阿伏伽德罗常数的值。则该化合物的化学式为 ，中心原子的价层电子对数为 ，晶体密度为 。
（3）一定条件下，向恒容密闭容器中充入Xe和混合气体，反应体系中存在的平衡及相应部分数据如下表所示。
已知：分压=总压×该组分物质的量分数；
对于反应
其中，、、、为各组分的平衡分压。
标准压强平衡常数 反应平衡
反应I： 360
反应II：
反应III：
① 0(填“>”或“<”)。为提高平衡混合物中的含量，应 投料比(填“增大”或“减小”)。
②673K时充入23.77molXe和，达平衡时容器内总压强，各产物的物质的量如下表所示：
化学式
物质的量/mol 3.60 19.80 0.36
则平衡转化率 (保留三位有效数字)， 。
预测5（2024·广东·二模）含硫化合物在能源、材料及环境等工业领域均有广泛的应用。
Ⅰ.工业废气分解可制取。
（1）已知热化学方程式：
ⅰ.
ⅱ.
ⅲ.
热分解反应的 (用含、、的式子表示)。
（2）一定温度下，2mol 在体积为VL的恒容密闭容器中发生上述分解反应，ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为 ；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，则该温度下的平衡常数 。
Ⅱ.KSCN可用于镀铬工业。常温下，用KSCN配制电镀液，溶液中与发生第一、二步络合的反应如下：
ⅳ.
ⅴ.
（3）根据以上络合反应，下列说法正确的有___________(填字母)。
A．加水稀释后，溶液中离子的总数减少
B．加入少量固体，溶液中含铬微粒总数不变
C．反应的平衡常数
D．溶液中减小，与浓度的比值减小
（4）常温下，某研究小组配制了起始浓度、不同的系列溶液，测得平衡时、、的浓度(含铬微粒)随的变化曲线如图所示，平衡后其他含铬微粒(3≤x≤6，图中未画出)总浓度为amol/L。
①时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为 ；A点时，溶液中的平衡浓度为 (列出计算式即可)。
②在某电镀工艺中，的浓度需要在以上，结合计算判断C点所对应的溶液能否用于该电镀工艺 (写出计算过程)。
押题1（2024·山东济南·一模）天然气、石油钻探过程会释放出CO2、H2S等气体。某种将CO2和H2S共活化的工艺涉及如下反应：
①
②
③
④
回答下列问题：
（1）已知：298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)为-586kJ·mol-1，则COS(g)的标准摩尔燃烧焓()为 kJ·mol-1，反应②在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
（2）一定条件下，向起始压强为200kPa的恒容密闭容器中通入等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体，发生上述反应，25min时，测得体系总压强为210kPa，S2(g)的平均反应速率为 kPa·min-1.达到平衡时，测得体系总压强为230kPa，，此时H2S(g)的平衡转化率为 ，反应②的标准平衡常数 (已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。
（3）将等物质的量的CO2(g)和H2S(g)混合气体充入恒压密闭容器中，发生上述反应，反应物的平衡转化率、COS或H2O的选择性与温度关系如图所示。COS的选择性，H2O的选择性。
①表示“COS的选择性”的曲线是 (填“曲线a”或“曲线b”)；
②温度低于500℃时，H2S的转化率与CO2的相等，原因是 。
押题2（2024·河北邢台·二模）工业废气中的二氧化碳加氢制甲醇是“碳中和”的一个重要研究方向，在催化剂作用下，主要发生以下反应：
ⅰ． ；
ⅱ． ；
ⅲ． 。
（1）已知反应ⅲ正反应的活化能为，则其逆反应的活化能为 (用含有的式子表示)。
（2）①一定温度下，向恒容密闭容器中通入物质的量之比为1：3的与，发生以上3个反应，下列能说明反应达到平衡状态的是 。
A． B．平衡常数不再发生变化
C．气体密度不再改变 D．测得的浓度保持不变
②若起始压强为，反应经后达到平衡，此时体系压强为，的分压：，则内反应的平均速率 ，的选择性为 %，反应ⅰ的平衡常数 (保留两位有效数字)。
（3）在时，反应ⅰ在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇物质的量分数为，在℃下的、在下的。如图所示。
图中对应恒温过程的曲线是 。当的平衡转化率为时，反应条件可能为 或 。
（4）为探究原料气中混入气体对反应的影响。测得平衡时的转化率、随原料气中的变化如图所示。请解释、呈现该变化的趋势的原因： 。
押题3（2024·广东惠州·一模）对氮氧化物的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。
（1）已知a：　
b：C的燃烧热为；
c：　
①请写出与反应生成两种无污染性气体的热化学方程式： 。
②将等物质的量的与混合气体分别通入体积均为的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是 。
A．两容器内混合气体密度相等
B．转化率
C．反应平衡常数
（2）可利用钴氨配合物吸收对的配合能力很强，而对的配合能力极低。
①已知的结构如图所示，中含有键的数目是 。
②有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为 。
(有效含钴率)
③钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是 。
（3）催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。
①当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。
②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。
押题4（2024·海南·一模）中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成，CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：
I．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH=+177kJ·mol-1 (主反应)
II．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s) ΔH=+9kJ·mol-1 (副反应)
（1）反应I的反应历程可分为如下两步：
i． C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH1 (反应速率较快)
ii． H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g) ΔH2=+44kJ·mol-1 (反应速率较慢)
① H1=
②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应I速率影响更大，原因是 。
（2）向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6合成C2H4，发生主反应，温度对催化剂K-Fe-Mn/Si-2性能的影响如图所示，工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的原因是 。
（3）工业上也可用甲烷催化法制取乙烯，只发生反应如下：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH>0，温度T时，向2L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：
实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T温度时， (用含有x的代数式表示)；当温度升高时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m n(填“>”、“＜”或“=”)。
押题5（2024·辽宁锦州·一模）利用和合成甲醇（），在催化剂作用下涉及以下反应：
反应ⅰ
反应ⅱ
反应ⅲ
回答下列问题：
（1）反应ⅲ在 （填“高温”、“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。
（2）反应ⅲ的反应历程如下图所示，图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，其中吸附在催化剂表面的物质用*标注，决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为 。
（3）对于上述和合成涉及的三个反应，下列说法正确的是______（填标号）。
A．减小的浓度有利于提高的转化率
B．当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡
C．体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动
D．选用合适的催化剂可以提高在单位时间内的产量
（4）在恒压密闭容器中，按照投料发生反应ⅰ和反应ⅱ。
Ⅰ．反应达平衡时，测得转化率和甲醇的选择性随温度的变化如图1所示。
①温度选择 K（填“473”、“513”或“553”）时，反应体系内甲醇的产量最高。
②的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。
Ⅱ．用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，随温度的倒数（）的变化关系如图2所示。（已知：分压＝总压×该气体的物质的量分数；压强的单位为kPa）
③反应ⅱ的变化关系对应图2中 （填“m”或“n”）。
④通过调整温度可调控平衡时的分压比值，A点对应温度下，平衡时，则 kPa。
⑤当体系总压为10kPa时，B点对应温度下体系达到平衡时的转化率为80%，反应i的 （用分数表示）。
名校预测
预测1
【答案】（1）
（2）ACD
（3） 66.7% 1.67
（4）使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积
（5）Fe
【解析】（1）根据盖斯定律反应Ⅲ×2―反应Ⅰ=Ⅳ，则，故答案为：；
（2）加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为500℃左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好，而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动，故答案为：ACD；
（3）500℃时，向1L恒容密闭容器中充入4mol和12mol，初始压强为p，20min时主、副反应都达到平衡状态，测得，体系压强为，设参加反应Ⅰ的二氧化碳为xmol，参加反应Ⅱ的二氧化碳为ymol，建立三段式：
则有，根据物质的量之比等于压强之比得到，解得，，则0~20min内，平衡时选择性，，，，副反应，故答案为：；66.7%；1.67；
（4）当改变外界条件时，实验数据如图中的曲线b所示，斜率降低，说明活化能降低，则实验可能改变的外界条件是使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积，故答案为：使用更高效的催化剂或增大催化剂的比表面积；
（5）由图可知，黑球代表，位于顶点和面心，个数为，白球代表，位于体内，个数为8，则黑球：白球，则化学式为，摩尔质量为，则M的摩尔质量为，则M元素为Fe；中，为分子，不带电荷，带1个单位负电荷，则Fe为+2价，其价电子排布式为，故答案为：Fe；。
预测2
【答案】（1） CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2*(g) 0.95eV
（2）加入了高效催化剂
（3） m 反应ii是气体体积减小的反应，反应iii是气体体积不变的反应，增大压强时平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，甲醇选择性增大，一氧化碳转化率减小，且甲醇选择性和一氧化碳选择性之和为1 0.0017
【解析】（1）①已知CO2是共价化合物，故CO2的电子式为；
②决速步骤指反应历程中反应速率最慢的反应，反应速率快慢由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢，由反应历程图中数据可知，活化能=过渡态能量-起始态能量，各个步骤中活化能分别为：0.7eV、0.8eV、0.2eV、0.2eV、0.7eV、(1.4-m)eV，其中最大的数值为[-0.1-(-0.9)]eV=0.8eV，该步骤的反应方程式为CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2*(g)，故答案为：CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2*(g)；
③反应i CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)ΔH1=-91.5kJ/mol，由图可知，1molCO(g)和2molH2的总能量与CH3OH(g)的总能量之差为91.5kJ，反应历程图中的E表示的是1个CO分子和2个H2分子的相对总能量与1个CH3OH分子的相对总能量之差为meV，相对总能量E═meV=≈0.95eV，即m=0.95，故答案为：0.95eV；
（2）由图可知，曲线M的Rlnk随T的增大减小幅度大，曲线N的Rlnk随T的增大减小幅度小，即温度一定时二者的活化能不相等，催化剂能降低反应的活化能，所以曲线N实验可能改变的外界条件是加入了高效催化剂，故答案为：加入了高效催化剂；
（3）①反应ii是气体体积减小的反应，反应iii是气体体积不变的反应，增大压强时平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，CH3OH(g)的选择性增大，CO的选择性减小，并且CH3OH(g)的选择性增和CO的选择性之和为100%，所以曲线n表示CO2的平衡转化率，曲线m表示CH3OH(g)的选择性，曲线n表示CO(g)的选择性，故答案为：m；反应ii是气体体积减小的反应，反应iii是气体体积不变的反应，增大压强时平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，甲醇选择性增大，一氧化碳转化率减小，且甲醇选择性和一氧化碳选择性之和为1；
②由题干图像信息可知，15s末CO2的浓度为0.3mol/L，CO的浓度为0.175mol/L，由三段式分析可知：，则15s内CH3OH的浓度变化量为0.5-0.3-0.175=0.025mol/L，故0～15s时间段内，CH3OH的平均反应速率为=0.0017mol·L 1·s 1，故答案为：0.0017。
预测3
【答案】（1）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.4kJ mol-1 低温
（2）正向
（3）n 24% 0.088
（4）减小 随温度升高，Kp减小使v减小的程度大于k增大使v增大的程度
【解析】（1）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下两个反应：
反应I．_______
反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41.2kJ·mol-1
已知反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3=–90.6kJ·mol-1。利用盖斯定律，将反应Ⅱ+已知反应，可得反应I的的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=(+41.2kJ·mol-1)+( –90.6kJ·mol-1)=-49.4kJ mol-1，该反应为气体体积缩小的放热反应，在低温条件下反应I可自发发生。
（2）若在恒压条件下密闭容器中发生反应I和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，则混合气的体积增大，各物质的浓度减小，相当于原平衡体系减压，反应I的平衡逆向移动，H2的物质的量增大，H2O(g)的物质的量减小，对反应Ⅱ来说，相当于增大反应物浓度，同时减小生成物浓度，则反应Ⅱ平衡将正向移动。
（3）增大压强，反应Ⅰ的平衡正向移动，CH3OH的选择性增大，此时H2的物质的量减小，H2O(g)的物质的量增大，反应Ⅱ的平衡逆向移动，CO的选择性减小，由于反应Ⅰ占主导地位，所以总的来说，CO2的平衡转化率增大，因此图中m表示CH3OH的选择性曲线，p表示H2的选择性曲线，表示CO2的平衡转化率的曲线是n。
采集图中数据，可得出压强为1.5MPa时，将1molCO2(g)和3molH2(g)充入密闭容器发生反应I和Ⅱ，并达到平衡状态，CO2的平衡转化率为30%，CO的选择性为30%，则CH3OH的选择性为70%，由此可建立如下三段式：
A点时H2的转化率为=24%，CH3OH的平衡分压为≈0.088MPa。
（4）因为ΔH=–41.2kJ·mol-1＜0，所以温度升高时，平衡逆向移动，CO催化变换反应的Kp减小。根据速率方程分析，升高温度，k增大，可使v增大，升高温度可使Kp减小，Kp减小可使v减小。T>Tm时v逐渐减小，表明Kp减小对v的影响更大，原因是： 随温度升高，Kp减小使v减小的程度大于k增大使v增大的程度。
预测4
【答案】（1）-59.7
（2） 5
（3） < 减小 97.8% 36
【解析】（1）的晶格能为，则形成晶体的热化学方程式：；Xe的第一电离能为，则；根据盖斯定律，
（2）图中大球的个数为8×+1=2，小球的个数为8×+2=4，根据粒子半径的大小判断大球应为Xe原子、小球应为F原子，大球与小球个数比是1：2，则晶胞的化学式为；中心原子的价层电子对数为2+=5；该晶胞中含有2个XeF2分子，故晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=a2b×10-30cm3，则密度为 g/cm3；
（3）①根据表格数据，第一个反应的温度升高，平衡常数K减小，说明平衡往逆向移动，该反应为放热反应，故<0；根据表格中的三个方程式，F2比例越大，越容易转化为XeF4或XeF6，所以应该减小投料中F2/Xe的比值；
②根据反应i、ii、iii，达到平衡时，反应的F2物质的量为：，则平衡转化率；
已知，达到平衡时，各物质总物质的量n总=[3.60+19.80+0.36+(45.28-44.28)+(23.77-23.76)]mol=24.77mol，反应III的平衡常数。
预测5
【答案】（1）
（2）
（3）BC
（4） (或) C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺
【解析】（1）由盖斯定律可知ⅲ-ⅰ-ⅱ得反应，故；
（2），ts时的产率为40%，则0~ts内的平均分解速率为；充分分解达到平衡时，容器中和的分压相等，由方程式可知，平衡时硫化氢、氢气的物质的量相等，均为2mol÷2=1mol，同时生成为1mol÷2=0.5mol，则则该温度下的平衡常数=；
（3）A．加水稀释后，离子浓度减小，促使平衡向生成离子数多的方向移动，溶液中离子的总数增大，A错误；
B．加入少量固体，根据铬元素守恒，溶液中含铬微粒总数不变，B正确；
C．ⅳ.
ⅴ.
由盖斯定律可知，ⅳ+ⅴ得反应，则其平衡常数，C正确；
D．，，溶液中减小，与浓度的比值增大，D错误；
故选BC；
（4）①ⅳ.
ⅴ.
由平衡常数可知，初始生成的进行程度更大，结合图可知，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为、、的曲线，由图可知，当 时，图中含铬微粒按浓度由大到小的顺序为；A点时，，，溶液中的平衡浓度为(或)。
②C点与浓度相等，，代入反应ⅳ，求得，由，求得，因此C点对应的溶液不能用于该电镀工艺。
名师押题
押题1
【答案】（1）-577 高温
（2）0.4 80% 2.7
（3）曲线b 温度低于500℃时，反应③和反应④几乎不发生或者反应④正向进行的程度是反应③的两倍
【解析】（1）298K时，18g气态水转化为液态水释放出44kJ的能量；H2S(g)的标准摩尔燃烧焓(△H)为-586kJ·mol-1，可得：；；
COS(g)的标准摩尔燃烧焓的反应为：；根据盖斯定律可知，该反应可由⑥-①-⑤得到，则；反应②正向气体分子数增加，，该反应可由③+2×④得到，则该反应，，则反应在高温条件下能自发进行。
（2）由反应可知①和④反应前后气体分子数相等，则反应前后不会导致压强变化，②和③反应前后气体分子数均增加，且增加量恰好等于生成的S2(g)的物质的量，根据压强之比等于气体物质的量的之比可得，反应后体系内压强的增加量即为S2(g)的分压，则，S2(g)的平均反应速率为；
设起始时CO2(g)和H2S(g)的物质的量均为1mol，则两者的起始分压均为100kPa，平衡时，测得体系总压强为230kPa，则平衡时气体的物质的量之和为2.3mol，结合以上分析可得n (S2)=0.3mol，其平衡分压为30 kPa，设平衡时n(H2)=x，则n(COS)=x, n(CO2)=2x，根据S原子守恒可得：2n(S2)+ n(COS)+ n(H2S)平衡= n(H2S)初始，得n(H2S)平衡=(1-x-0.3×2)=(0.4-x)mol；根据氢原子守恒可得：2n(H2S)平衡+2n(H2O)+2n(H2)= 2n(H2S) 初始，则得2(0.4-x)+2 n(H2O)+2x=2：解得：n(H2O)=0.6mol，根据C原子守恒得：n(COS)+ n(CO2)平衡+ n(CO)= n(CO2)初始，可得：n(CO)=(1-3x)mol，在结合O原子守恒：n(COS)+ 2n(CO2)平衡+ n(CO)+ n(H2O)= 2n(CO2)初始，解得：x=0.2，则平衡时各气体的物质的量：n(CO2)=0.4 mol，n(COS)=0.2 mol，n(CO)=0.4 mol，n (S2)=0.3mol，n(H2O)=0.6 mol，n(H2S)=0.2 mol, n(H2)=0.2 mol，总气体为2.3mol；此时H2S(g)的平衡转化率为；反应②的标准平衡常数==2.7；
（3）①由反应可知COS只在反应①中生成，且该反应同时生成等量的水，而水在①②④中均生成，则相同条件下，H2O的选择性高于COS的选择性，故曲线b表示COS的选择性；
②温度低于500℃时，反应③和反应④几乎不发生或者反应④正向进行的程度是反应③的两倍，从而使H2S的转化率与CO2的相等。
押题2
【答案】（1）
（2）AD 62.5 0.00046或
（3） a ℃、 210℃、
（4）增大，与反应的变多，与反应的变少，所以降低，增大，更有利于反应ⅲ的正向进行，产生变多，所以升高
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ-反应ⅱ可得反应ⅲ，则=正反应活化能-逆反应活化能，已知反应ⅲ正反应的活化能为，则其逆反应的活化能为。
（2）①A．说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，A选；
B．一定温度下，平衡常数是定值，平衡常数不再发生变化，不能说明反应达到平衡，B不选；
C．该反应过程中气体总质量和总体积是定值，混合气体的平均密度是定值，当气体密度不再改变，不能说明反应达到平衡，C不选；
D．测得的浓度保持不变，说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D选；
故选AD；
②根据已知条件列出“三段式”
若起始压强为，反应经后达到平衡，此时体系压强为，则，的分压：=，x+y=0.8mol，x+z=0.5mol，y-z=0.3mol，p(CH3OH)= ，p(CO2)= ，p(H2)= ，则内反应的平均速率=。的选择性为=62.5%，反应ⅰ的平衡常数0.00046或。
（3）反应ⅰ是气体体积减小的反应，恒温条件下增大压强，平衡正向移动，增大，则图中对应恒温过程的曲线是a，对应恒压过程的曲线是b，设起始物n（H2）=3mol，n（CO2）=1mol，平衡时二氧化碳的物质的量为1mol- =mol，氢气的物质的量为3mol-1mol=2mol，CH3OH和H2O的物质的量为，气体的总物质的量为，，由图可知，反应条件可能为：℃、或210℃、。
（4）、呈现该变化的趋势的原因是：增大，与反应的变多，与反应的变少，所以降低，增大，更有利于反应ⅲ的正向进行，产生变多，所以升高。
押题3
【答案】（1）2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H=-748kJ/mol AC
（2） 24NA 85.6% [Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低
（3）NO+5e—+5H+=NH3+H2O 15：2
【解析】（1）①由题意可知，碳燃烧的热化学方程式为C(s) +O2(g)= CO2(g) △H=—393kJ/mol，由盖斯定律可知，反应b—a—c得到反应2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则反应△H=(—393kJ/mol)—(+182.6kJ/mol)—(+172.4kJ/mol)=-748kJ/mol；
②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则1L的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中混合气体密度相等，故正确；
B．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则一氧化氮转化率αⅠ大于αⅡ，故错误；
C．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则反应平衡常数KⅠ大于KⅡ，故正确；故选AC；
（2）①[Co(NH3)6]3+离子中配位键属于σ键、氮氢键属于σ键，则1mol[Co(NH3)6]3+离子中含有σ键的数目1mol×24×NAmol—1=24NA；
②由题给信息可知，反应消耗一氧化氮的物质的量为2×10—4m3/min×300min×2×10—2mol/m3×60%=0.00072mol，则钴氨溶液中[Co(NH3)6]2+有效含钴率为×100%=85.6%；
③由图可知，前16h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是[Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低；
（3）①由图可知，当电解电压为U2时，催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5e—+5H+=NH3+H2O；
②由图可知，当电解电压为U1时，氢气和氨气的法拉第效率分别为60%和20%，则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为：=15：2。
押题4
【答案】（1）+133kJ/mol 反应ⅱ为反应Ⅰ的决速步，c(CO2)增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率
（2）温度低于800℃时，反应物的转化率不够高，温度高于800℃时，C2H4选择性下降较为明显，而800℃时反应物的转化率和C2H4选择性都相对较高，有利于提高C2H4的产率
（3） ＞
【解析】（1）①由盖斯定律可知，反应Ⅰ—ii可得反应i，则反应 H1=(+177kJ/mol)—(+44kJ/mol)= +133kJ/mol；
②化学反应速率取决于慢反应，由题意可知，反应i是快反应，反应ⅱ为慢反应，反应ⅱ是反应Ⅰ的决速步，增大二氧化碳的浓度，反应ii速率加快，从而提高反应I速率，所以相比于增大乙烷的浓度，增大二氧化碳的浓度对反应Ⅰ速率影响更大；
（2）由图可知，温度低于800℃时，反应物的转化率不够高，温度高于800℃时，乙烯选择性下降较为明显，而800℃时乙烷的转化率和乙烯选择性都相对较高，有利于提高乙烯的产率，所以工业生产中综合各方面的因素后，反应选择800℃，故答案为：温度低于800℃时，反应物的转化率不够高，温度高于800℃时，C2H4选择性下降较为明显，而800℃时反应物的转化率和C2H4选择性都相对较高，有利于提高C2H4的产率；
（3）由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：k正c2(CH4) =k逆c(C2H4)c2(H2)，整理可得：=，由图可知，平衡时甲烷的物质的量为xmol，由方程式可知，乙烯、氢气的物质的量分别为0.5(2—x)mol、(2—x)mol，则==；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，则正反应速率常数增大的倍数m大于逆反应速率常数增大的倍数n，故答案为：；>。
押题5
【答案】（1）低温
（2）CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g)
（3）BD
（4） 553K 升高温度促进反应ⅱ平衡正向移动的程度大于促进反应ⅰ平衡逆向移动的程度 n 4
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ-反应ⅱ可得反应ⅲ ，该反应是气体体积减小的反应，，时反应能自发进行，则反应ⅲ在低温条件下能自发进行。
（2）CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g)的活化能最大，反应速率最慢，故为决速步。
（3）A．减小的浓度，反应ⅰ和反应ⅱ逆向移动，的转化率减小，A错误；
B．上述和合成涉及的三个反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡，B正确；
C．反应ⅰ是气体体积减小的反应，则体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度增大，导致反应ⅱ平衡逆向移动，C错误；
D．选用合适的催化剂可以增大反应速率，可以提高在单位时间内的产量，D正确；
故选BD。
（4）①由题意可知，起始二氧化碳的物质的量为，由图中数据可知，473K、513K、553K时，甲醇的物质的量分别为mol×13.6%×86%≈0.029amol、mol×15%×78%≈0.029amol、mol×20%×60%=0.03amol，则553K条件下反应达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高；
②反应ⅰ为放热反应，反应ⅱ为吸热反应，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是：升高温度促进反应ⅱ平衡正向移动的程度大于促进反应ⅰ平衡逆向移动的程度；
③反应ⅰ正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应ⅰ的lnKp随着增大而减小，即随着T的降低而增大，反应ⅱ的lnKp随着的增大而增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应ⅱ对应图2中n；
④通过调整温度可调控平衡时的值，A点对应温度下，反应ⅰ和反应ⅱ的压力平衡常数相等，即，即得，平衡时，则4kPa；
⑤根据已知条件列出“三段式”
的转化率为80%，则x+y=0.8，y=0.8-x，图中B点反应ⅱ的平衡常数lnKp=0，即Kp=1.00，则=1，解得x=0.5mol，y=0.3，故有反应ⅰ的Kp=。
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