2025-2026學年高考二輪化學精準復習易錯化學反應原理綜合題題組1．（2024·四川遂寧·三模）苯甲醛()是生產氨芐青霉素、某些苯胺染料等產品的重要中間體。制備苯甲醛的常用方法有氣相催化氧化法和電催化氧化法。I．氣相催化氧化法(以Ce／ZSM-5為催化劑)主要反應：(g)+O2(g)(g)+H2O(g)

ΔH(1)已知：①(g)+8O2(g)=7CO2(g)+3H2O(g)ΔH=-3452.6kJ/mol②(g)+9O2(g)=7CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-3784.9kJ/mol則反應(g)+O2(g)(g)+H2O(g)ΔH=kJ·mol-1(2)在一容積為2L的密閉容器中分別充入甲苯和氧氣各2mol，在同一時間(80min)、不同溫度下測得甲苯的轉化率、苯甲醛的選擇性和收率如圖所示，其中：

溫度控制在380℃，前80min內生成苯甲醛的平均反應速率為。(3)其他條件相同、不同空速下測得苯甲醛的選擇性和收率如圖所示。已知：①空縫指鼓入空氣的速度，單位為h-1；②苯甲醛只有吸附在催化劑表面才能被進一步氧化為苯甲酸。據以上信息，分析空縫由1000h-1增大至2500h-1過程中苯甲醛選擇性增加的原因：。(4)合成苯甲醛的最佳溫度和空速應為___________(填序號)。A．350℃、5000h-1 B．350℃、2500h-1C．410℃、5000h-1 D．410℃、2500h-1II．電催化氧化法以硫酸酸化的MnSO4溶液作為電解媒質間接氧化甲苯制備苯甲醛的工藝方案如圖所示：(5)生成苯甲醛的離子方程式為；右池生成0.1molH2時，左池可產生mol?！敬鸢浮?1)-332.3(2)6×10-4mol/(L·min)(3)空速較高時，苯甲醛易從催化劑表面脫落，抑制了苯甲醛進一步被氧化，降低了苯甲醛氧化為苯甲酸的幾率，所以苯甲醛選擇性增加(4)B(5)+4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+0.05mol【詳解】（1）由蓋斯定律可知，②-①可得反應(g)+O2(g)(g)+H2O(g)，則反應ΔH=(-3784.9kJ/mol)-(-3452.6kJ/mol)=-332.3kJ/mol；（2）由圖可知，溫度控制在380℃，80min時苯甲醛的選擇性和甲苯的轉化率分別為40%和12%，則前80min內生成苯甲醛的平均反應速率為=6×10-4mol/(L·min)；（3）由圖可知，當空速由1000h-1增大至2500h-1過程中苯甲醛選擇性增加說明空速較高時，苯甲醛易從催化劑表面脫落，抑制了苯甲醛進一步被氧化，降低了苯甲醛氧化為苯甲酸的幾率，所以苯甲醛選擇性增加；（4）由圖可知，溫度為350℃、空速為2500h-1時，苯甲醛選擇性和收率最高，則合成苯甲醛的最佳溫度和空速應為350℃、2500h-1，故選B；（5）由Mn2+轉化為Mn3+可知，與電源的正極a電極相連的電極為電解池的陽極，陽極生成的Mn3+在溶液中與甲苯反應生成Mn2+、苯甲醛和氫離子，與負極b電極相連的電極為陰極，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，則甲苯氧化為甲醛的反應為+4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+；電池的總反應為+H2O→+2H2↑，所以右池生成0.1mol氫氣時，左池可產生0.05mol苯甲醛。2．（2024屆·福建龍巖·三模）丙烯腈()是合成橡膠及合成樹脂等工業(yè)中的重要原料，以為原料合成丙烯腈的反應過程如下：反應Ⅰ：反應Ⅱ：科學家通過計算得出反應Ⅱ的歷程包含p、q兩步，其中p步反應的化學方程式為：已知：部分化學鍵鍵能如下表所示：化學鍵鍵能(kJ·mol-1)413463389348305615351745891(1)q步反應的熱化學方程式為。(2)在盛有催化劑、壓強為的恒壓密閉容器中按體積比充入和NH3發(fā)生反應，通過實驗測得平衡體系中含碳物質(乙醇除外)的物質的量分數隨溫度的變化如下圖所示。①0(填“>”“<”)。②含碳物質檢測過程中，未檢測出，反應活化能相對大小應為pq(填“>”或“<”)。③M點時，體系中的體積分數(保留三位有效數字)。④N點時，反應Ⅱ的壓強平衡常數(保留三位有效數字)；范圍內，物質的量分數表示的平衡常數的相對大?。悍磻穹磻?填“>”“<”或“=”)。⑤上述條件下丙烯腈的平衡產率不高，實際生產中會向反應器中再充入一定量(不參與反應)，請解釋該操作的目的并說明理由?！敬鸢浮?1)(2)><2.14>提高丙烯腈的平衡轉化率，因為恒壓充入，反應Ⅱ分壓減小，平衡正向移動【詳解】（1）由反應Ⅱ的歷程包含p、q兩步，則q步反應=反應Ⅱ-p步,故該反應的化學方程式為，根據反應熱=反應物鍵能總和-生成物鍵能總和，在分子結構中含有8個鍵、1個鍵、2個鍵、2個鍵、1個鍵，在分子結構中含有3個鍵，在分子結構中含有3個鍵、1個鍵、1個鍵、1個鍵、1個鍵、2個鍵，在分子結構中含有5個鍵、1個鍵、1個鍵、1個鍵，故=；故答案為：；（2）從圖中可看出，在200℃之前，平衡體系中的含碳物質的物質的量分數很小，且?guī)缀醪蛔儯捶磻蚍磻潭茸兓淮?，平衡體系中的含碳物質的物質的量分數隨溫度升高而增大，的含碳物質的物質的量分數隨溫度升高而減小，則說明反應Ⅰ平衡正向移動，反應Ⅰ為吸熱反應，；反應Ⅱ的歷程包含p、q兩步，含碳物質檢測過程中，未檢測出，說明生成該物質的速率慢，消耗該物質的速率快，即其中q步為決速步驟，該步驟活化能較大，p步活化能<q步活化能；設初始投入物質的量為2mol，物質的量為15mol，M點平衡體系中的含碳物質的物質的量分數為80%，幾乎為0，則反應Ⅰ生成的物質的量為2mol，根據三段式分析，，則，解得，平衡體系中的體積分數=；N點平衡體系中與的含碳物質的物質的量分數均為50%，幾乎為0，利用三段式分析，，則則，解得，平衡體系中與的物質的量均為1mol，的物質的量為14mol，的物質的量為3mol，的物質的量為1mol，氣體總物質的量為20mol，反應Ⅱ的壓強平衡常數；反應Ⅰ為吸熱反應，反應Ⅱ為吸熱反應（溫度升高，的含碳物質的物質的量分數增大，反應Ⅱ平衡正移），在200℃之前，平衡體系中的含碳物質的物質的量分數很小，即反應Ⅱ反應程度小，平衡常數小，含碳物質的物質的量分數較大，反應Ⅰ反應程度大，平衡常數大于反應Ⅱ平衡常數，且隨溫度升高到一定溫度，幾乎為0，則平衡常數，反應Ⅱ隨溫度升高，平衡常數增大，但仍小于反應Ⅰ平衡常數，故反應Ⅰ平衡常數>反應Ⅱ平衡常數；再充入一定量，總壓不變情況下，各物質的分壓減小，相當于減小壓強，則反應Ⅱ平衡正向移動，提高丙烯腈的平衡轉化率；故答案為：>；<；12.4%；2.14；>；提高丙烯腈的平衡轉化率，因為恒壓充入，反應Ⅱ分壓減小，平衡正向移動。3．（2024屆廣東省揭陽二模）、(主要指和)是大氣主要污染物之一、有效去除大氣中的、是環(huán)境保護的重要課題。已知：反應1：反應2：反應3：反應4：回答下列問題：（1）計算，已知反應3的，則該反應自發(fā)進行的最高溫度為(取整數)K。（2）已知反應4在某催化劑作用下的反應歷程如圖。①(填“”或“”)0.②該反應歷程的決速步驟為。③可提高該反應中平衡轉化率的措施有(填兩條)。（3）向密閉容器中充入一定量的和，保持總壓為，發(fā)生反應4.當時的平衡轉化率隨溫度以及下NO的平衡轉化率隨投料比的變化關系如圖：①能表示此反應已經達到平衡狀態(tài)的是(填標號)。A．氣體的密度保持不變B．的濃度不變C．②表示時的平衡轉化率隨溫度的變化關系曲線是(填“＂或“II")，理由是。③a、d兩點對應的平衡常數大小比較為(填“>”“<”或“=”)。④b點對應條件下的壓強平衡常數(為用分壓表示的平衡常數，分壓=總壓×物質的量分數，列出計算式即可)?！敬鸢浮浚?）-746.03729（2）過程4降溫、加壓(或其他合理答案)（3）I該反應為放熱反應，溫度越高，的平衡轉化率越小【解析】（1）根據蓋斯定律，（2×反應1）減反應2可得：；反應自發(fā)進行需要滿足，，則該反應自發(fā)進行的最高溫度為3729K。（2）①因為反應物的能量高于生成物的能量，所以是放熱反應，<0；②活化能越大，反應速率越慢，則是決速步驟，所以答案是過程4；③可提高該反應中平衡轉化率的措施有降溫、加壓(或其他合理答案)。（3）①A．因為壓強不變，該反應是氣體分子數減小的反應，則混合氣體的體積減小，由質量守恒知，混合氣體的質量不變，所以混合氣體的密度是變量，當密度保持不變時達平衡，A正確；B．平衡之前，的濃度是變量，當濃度不變時達平衡，B正確；C．當正逆反應速率之比等于化學計量數之比時，反應達平衡，即達平衡，C錯誤。故選AB。②該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，的平衡轉化率減小，所以的平衡轉化率隨溫度的變化關系曲線是I。③該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，并且平衡常數只與溫度有關，所以溫度越高，平衡常數越小，a點溫度低，d點溫度高，所以>。④b點，的平衡轉化率是80%，設開始投入氫氣4mol，則為1mol，轉化了0.8mol，，平衡時氣體總物質的量為，。4．（2024屆廣東省深圳二模）實驗室模擬某含有機酸工業(yè)廢水的處理過程。．利用先與金屬陽離子絡合再被紫外光催化降解的方法去除，其機理如下：（1）和發(fā)生絡合反應生成有色物質：

①基態(tài)的價電子排布式為。②下列有關上述絡合反應的說法中，正確的有(填標號)。A．反應達平衡時，溶液的顏色不再變化

B．增大濃度，逆反應速率減小C．過低不利于的生成

D．升高溫度，該平衡正向移動（2）紫外光催化降解：若有機酸為，則光催化降解反應的離子方程式為：。____________________________________________．利用有機溶劑從廢水中萃取的方法去除。該過程涉及以下反應：(i)(ii)(iii)（3）根據蓋斯定律，反應(有機相)的。（4）水相的以及體系溫度對的平衡分配比有影響。已知：。①常溫下，配制體積相同、不同、含粒子總濃度相同的系列溶液，分別加入等量有機溶劑萃取。測算并得到隨變化的曲線如圖所示。分析隨升高而降低的原因。②當所配制的溶液時，隨的變化曲線如圖所示。萃取宜在溫度下進行(填“較高”或“較低”)。經測定，在圖中點對應溫度下，反應(ii)平衡常數，忽略水相中的電離，則有機相中；計算該溫度下，反應(iii)的平衡常數(寫出計算過程)。【答案】（1）（2）827（3）（4）升高，反應(i)平衡正移，導致反應(ii)平衡逆移，平衡分配比下降較低圖中點，lgD=1.0，則；反應(ii)平衡常數，則，，忽略水相中的電離，則，故，，反應(iii)的平衡常數為【解析】（1）①鐵原子失去3個電子形成鐵離子，基態(tài)的價電子排布式為。②A．反應達平衡時，各物質的濃度不再改變，溶液的顏色不再變化，正確；

B．增大濃度，物質濃度增大，反應速率加快，則逆反應速率加快，錯誤；C．過低，使得平衡逆向移動，不利于的生成，正確；

D．反應為放熱反應，升高溫度，該平衡逆向移動，錯誤；故選AC；（2）光催化降解反應中鐵離子化合價由+3變?yōu)?2、碳元素化合價由0變?yōu)?4，結合電子守恒可知，反應為：827；（3）由蓋斯定律可知，2×(ii)+(iii)-2×(i)得反應(有機相)，則；（4）①升高，促使反應(i)平衡正移，導致反應(ii)平衡逆移，使得有機相中HR減小，平衡分配比下降；②由圖可知，萃取宜在較低溫度下進行，此時值較大，萃取效果較好。圖中點，lgD=1.0，則；反應(ii)平衡常數，則，，忽略水相中的電離，則，故，，反應(iii)的平衡常數為。5．（2024屆廣東省梅州二模）科學、安全、有效和合理地使用化學品是每一位生產者和消費者的要求和責任。（1）鉻及其化合物在催化、金屬防腐等方面具有重要應用，催化丙烷脫氫過程中，部分反應歷程如圖1所示。則過程的焓變。(列出計算式)（2）我國科學家采用和H-SAPO-34復合催化劑極大提高短鏈烯烴選擇性。和在催化劑表面轉化為甲醇的各步驟所需要克服的能壘及甲醇在作用下產生乙烯、丙烯示意圖如圖2所示。①吸附態(tài)用*表示，甲氧基過程中，的生成是決速步驟。(填化學式)②具有氧八元環(huán)構成的籠狀結構(直徑0.94nm)，籠口為小的八環(huán)孔(直徑0.38nm)。短鏈烯烴選擇性提高的原因是。（3）廢水中鉻(VI)主要以和形式存在，處理的方法之一是將鉻(Ⅵ)還原為，再轉化為沉淀。常溫下，和在溶液中存在如下平衡：，該反應的平衡常數。①若廢水中(Ⅵ)的總物質的量濃度，要將廢水中調節(jié)為，則需調節(jié)溶液的。(忽略調節(jié)時溶液體積的變化)②有關該平衡說法正確的是(填序號)A．反應達平衡時，今和的濃度相同B．加入少量水稀釋，溶液中離子總數增加C．溶液的顏色不變，說明反應達到平衡D．加入少量固體，平衡時與之比保持不變（4）納米零價鐵可處理電鍍廢水中的甘氨酸鉻。①甘氨酸鉻(結構簡式如圖3所示)分子中與鉻配位的原子為。②納米零價鐵對甘氨酸鉻的去除機理如圖4所示。對初始鉻濃度為20mg/L的甘氨酸鉻去除率進行研究，總鉻去除率隨時間的變化如圖5所示，AB段變化的原因是。圖4圖5【答案】（1）（2）短鏈烯烴可順利從催化劑籠口八環(huán)孔脫離（3）4.5BC（4）N、O有部分被還原為釋放到溶液中結合為甘氨酸鉻【解析】（1）結合反應歷程，第一步反應熱：，第二步反應熱：，第三步反應熱：，根據蓋斯定律，焓變：；（2）①能壘越大反應速率越慢，慢反應決定整體反應速率，據圖可知，步驟能壘最大，為決速步驟；②短鏈烯烴選擇性提高的原因：短鏈烯烴可順利從催化劑籠口八環(huán)孔脫離；（3）①若廢水中(Ⅵ)的總物質的量濃度，要將廢水中調節(jié)為，設為xmol/L，則為100xmol/L，根據Cr原子守恒：，解得，根據，解得，即需調節(jié)pH至4.5；②A．反應達平衡時，組分中離子濃度不變，但離子濃度不一定相等，A錯誤；B．加入少量水稀釋，促進弱電解質電離，溶液中離子總數增加，B正確；C．溶液的顏色不變，說明溶液中各組分濃度不變，反應達到平衡，C正確；D．加入少量固體，根據，溫度不變，平衡常數不變，由于平衡正向移動，酸性增強，則平衡時與之比減小，D錯誤；答案選BC；（4）①由甘氨酸鉻結構圖可知，Cr提供空軌道，N、O提供孤電子對形成配位鍵；②AB段短暫增大的原因：有部分被還原為釋放到溶液中結合為甘氨酸鉻。6．（2024屆·遼寧朝陽·三模）氫能是一種重要的綠色能源，在實現“碳中和”與“碳達峰”目標中起到重要作用。Ⅰ．甲醇-水催化重整可獲得氫氣。(1)表中數據是該反應中相關物質的標準摩爾生成焓數據(標準摩爾生成焓是指在298.15K、100kPa下由穩(wěn)定態(tài)單質生成1mol化合物時的焓變)。物質0-393.5-241.8-200.7則，該反應在(填“高溫”“低溫”或“任意溫度”)下能自發(fā)進行。Ⅱ．乙醇-水催化重整亦可獲得，主要反應如下：反應①：

反應②：

(2)向恒容密閉容器中充入1mol和3mol發(fā)生上述反應①和②，初始時體系壓強為100kPa．平衡時的分布分數、的產率隨溫度的變化曲線如圖所示。①為提高氫氣的平衡產率，可采取的措施為(寫出2條)。②200℃以后，解釋曲線a隨溫度變化趨勢的原因：。③溫度為500℃時，反應經10min達到平衡，此時乙醇的轉化率為60%，則0~10min內，該溫度下，反應②的(保留小數點后兩位)。(3)乙醇燃料電池(電極材料a和b均為惰性電極)廣泛應用于微型電源、能源汽車、家用電源、國防等領域，工作原理如圖所示，寫出負極的電極反應式：，當轉移1.2mol電子時，正極消耗的氧氣的體積為L(標準狀況下)。【答案】(1)+49高溫(2)減小體系的壓強、分離出CO2升高溫度，反應②正向進行程度大于反應①正向進行程度，COx中CO2的含量降低1.50.60(3)6.72【詳解】（1）①CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH==；故答案為+49；②,時反應能自發(fā)進行，CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)ΔH>0，ΔS>0，故高溫有利于反應自發(fā)進行；故答案為高溫；（2）①為提高氫氣的平衡產率，反應①平衡需向正反應方向移動，反應②平衡向逆反應方向移動，可以減小體系壓強或分離出CO2；故答案為減小體系壓強分離出CO2；②曲線b對應平衡時氫氣的產率，曲線a對應平衡時CO2的分布分數，曲線C對應平衡時CO的分布分數；由圖知200℃以后a曲線隨溫度的升高呈現降低趨勢，說明CO2的分布分數隨溫度升高而降低，其原因在于升高溫度反應②正向進行程度大于反應①正向進行程度，COx中CO2的含量降低；故答案為：升高溫度反應②正向進行程度大于反應①正向進行程度，COx中CO2的含量降低；③溫度為500℃時，反應經10min達到平衡，此時乙醇的轉化率為60%，依據反應①列三段式如下：500℃，由圖知δ(CO2)=δ(CO)=50%，說明平衡時n(CO2)=n(CO)=0.6mol；依據反應②列三段式如下：得出平衡時n(C2H5OH)=0.4mol，n(H2)=3mol，n(H2O)=1.8mol，n(CO2)=n(CO)=0.6mol；總物質的量n（平衡）=6.4mol。起始時總物質的量n（起始）=4mol，p（起始）=100kPa,,；恒溫恒容時，壓強比等于物質的量比，故p（平衡）=，平衡時分壓分別為，，，，，故答案為：1.5；④反應②的，故答案為：0.60；（3）①乙醇燃料電池中乙醇在負極反應，失電子，生成二氧化碳和水，電極反應式為：；故答案為：；②乙醇燃料電池中氧氣在正極反應，得電子，電極反應式為：，當轉移1.2mol電子時，正極消耗的氧氣0.3mol，標準狀況下體積為0.3mol×22.4L/mol=6.72L；故答案為：6.72。7．（2024屆·青海西寧·三模）為實現“碳中和”“碳達峰”，碳的循環(huán)利用是重要措施。利用氫氣和CO反應生成甲烷，涉及的反應如下：i．

ii．

iii．

回答下列問題：(1)在25℃和101kPa下，轉變?yōu)闀r放出44.0kJ熱量，的燃燒熱為，CO的燃燒熱為，的燃燒熱為，則。(2)一定溫度下，在恒容的密閉容器中進行上述反應，平衡時CO的轉化率及的選擇性隨變化的情況如圖所示[已知的選擇性]。①圖中表示選擇性變化的曲線是（填“甲”或“乙”），保持不變，曲線甲由B點達到A點需要的條件為。②相同溫度下，向恒容容器內加入和1molCO，初始壓強為10MPa，平衡時的物質的量為mol，反應ii的（保留小數點后一位）。(3)催化加氫制甲醇也是碳循環(huán)的重要途徑。在某催化劑表面與氫氣作用制備甲醇的反應機理如圖所示。催化循環(huán)中產生的中間體微粒共種，催化加氫制甲醇總反應的化學方程式為。【答案】(1)-206.1(2)甲降低溫度或增大壓強0.320.4(3)6【詳解】（1）根據燃燒熱定義，求得反應的焓變，根據轉變?yōu)榉艧?4.0kJ，求得反應

；（2）①隨增大，CO的轉化率一直變大，即曲線乙表示CO轉化率；當增大時，根據反應i、iii分析，選擇性變大，當足夠大時，選擇性基本不變，故曲線甲代表選擇性；選擇性曲線甲由B點到A點，即選擇性變大，依據燃燒熱可求，，溫度對反應i、、iii影響更大，降溫利于生成；加壓對生成的無影響，而有利于生成，故條件為降溫或加壓；②根據圖像，時，平衡時CO轉化率為40%，選擇性為90%，則平衡時：，，，根據氧原子守恒可得；根據氫原子守恒可得，氣體總物質的量為；恒溫恒容下，氣體的壓強之比等于物質的量之比，則平衡時壓強為；反應ii的；（3）根據循環(huán)圖易判斷中間體為6種；根據循環(huán)圖，催化加氫制甲醇，產物有，故總反應的化學方程式為。8．（2024屆·陜西渭南·三模）CO2的轉化和利用是實現碳中和的有效途徑，其中CO2轉化為CH3OH被認為是最可能利用的路徑，該路徑涉及反應如下：反應I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

△H1=-49.01kJ?mol-1反應II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

△H2＞0請回答下列問題：(1)若利用反應I計算反應II的反應熱△H2，還需要知道一個化學反應的△H，寫出該反應的化學方程式。(2)在催化劑條件下，反應I的反應機理和相對能量變化如圖1(吸附在催化劑表面上的粒子用*標注，TS為過渡態(tài))。寫出該反應機理中決速步的熱化學方程式：。(3)在恒溫恒壓(260℃，1.8MPa)下，CO2和H2按體積比1：3分別在普通反應器(A)和分子篩膜催化反應器(B)中反應，測得相關數據如表。反應器CO2平衡轉化率甲醇的選擇性達到平衡時間/s普通反應器(A)25.0%80.0%10.0分子篩膜催化反應器(B)＞25.0%100.0%8.0已知：i.分子篩膜催化反應器(B)具有催化反應、分離出部分水蒸氣的雙重功能；ii.CH3OH的選擇性=×100%①在普通反應器(A)中，下列能作為反應I和反應II均達到平衡狀態(tài)的判斷判據是(填字母)。A．氣體壓強不再變化B．氣體的密度不再改變C．v正(CO2)=3v逆(H2)D．各物質濃度比不再改變②平衡狀態(tài)下，反應器(A)中，甲醇的選擇性隨溫度升高而降低，可能的原因是；在反應器(B)中，CO2的平衡轉化率明顯高于反應器(A)，可能的原因是。③若反應器(A)中初始時n(CO2)=1mol，反應I從開始到平衡態(tài)的平均反應速率v(CH3OH)=mol?s-1；反應II的化學平衡常數Kp(II)=(列出化簡后的計算式即可)。(4)近年來，有研究人員用CO2通過電催化生成CH3OH，實現CO2的回收利用，其工作原理如圖2所示，請寫出Cu電極上的電極反應：。【答案】(1)H2O(g)H2O(l)的ΔH(2)H2COO*+2H2(g)=H2CO*+OH*+H2(g)ΔH=+40.49kJ/mol(3)BD反應I為放熱反應、反應II為吸熱反應，升高溫度，反應I逆向移動、反應II正向移動在反應器(B)中，能分離出部分水蒸氣，導致反應正向移動0.02(4)【詳解】（1）燃燒熱是在101kPa時，1mol物質完全燃燒生成指定物質時所放出的熱量；反應II中生成H2O(g)，若已知H2和CO的燃燒熱，計算反應II的ΔH2，還需要的一個只與水有關的物理量為H2O(g)H2O(l)的ΔH。（2）由圖可知，熱化學方程式H2COO*+2H2(g)=H2CO*+OH*+H2(g)=ΔH=(-0.58+1)ev/mol=+0.42×96.4kJ/mol=+40.49kJ/mol的活化能最大，化學反應速率最慢，為反應機理中的決速步。（3）①A．在恒溫恒壓下進行反應，壓強為常量，A不符合題意；B．在恒溫恒壓下進行反應，容器體積為變量，氣體總質量始終不變，則混合氣體的密度為變量，其不變說明反應已達平衡，B符合題意；C．v正(CO2)=3v逆(H2)，此時正逆反應速率不相等，反應沒有達到平衡，C不符合題意；D．各物質濃度比不再改變，說明平衡不再移動，達到平衡狀態(tài)，D符合題意；故選BD；②反應I為放熱反應、反應II為吸熱反應，升高溫度，反應I逆向移動、反應II正向移動，導致甲醇的選擇性隨溫度升高而降低；分子篩膜催化反應器(B)具有催化反應、分離出部分水蒸氣的雙重功能，故導致在反應器(B)中，能分離出部分水蒸氣，導致反應正向移動，使得CO2的平衡轉化率明顯高于反應器(A)；③在恒溫恒壓下，CO2和H2按體積比1：3分別在普通反應器(A)反應，若反應器(A)中初始時n(CO2)=1mol，則氫氣投料3mol；CO2平衡轉化率為25%，則反應二氧化碳0.25mol，甲醇的選擇性80%，則生成甲醇0.25mol×80%=0.2mol，則：反應I從開始到平衡態(tài)的平均反應速率；平衡時總的物質的量為3.6mol，二氧化碳、氫氣、一氧化碳、水的物質的量分別為0.75mol、2.35mol、0.05mol、0.25mol，則二氧化碳、氫氣、一氧化碳、水分壓分別為、、、，反應II為等氣體分子數的反應，則化學平衡常數Kp(II)=。（4）由圖可知，銅極為陰極，二氧化碳得到電子發(fā)生還原反應生成甲醇，反應為。9．（2024·山東菏澤二模）還原CO2是實現“雙堿”經濟的有效途徑之一，涉及反應如下：Ⅰ：

Ⅱ：

回答下列問題：（1）物質的標準生成焓是指在標態(tài)和某溫度下，由元素最穩(wěn)定的單質生成1mol純凈物時的焓變。一些物質298K時的標準生成焓（）

物質/-74.8-110-393.5-2860（2）有利于提高CO平衡產率的條件是______（填標號）。A．低溫低壓 B．低溫高壓 C．高溫低壓 D．高溫高壓（3）反應Ⅰ的正、逆反應速率方程為：、，、符合阿倫尼烏斯公式（為活化能：T為溫度：R、c為常數），實驗測得的實驗數據如圖所示，則正反應的活化能，升高溫度的值（填“增大”“減小”或“不變”）。（4）一定溫度和壓強下，重整反應中會因發(fā)生副反應而產生積碳，從而導致催化劑活性降低。若向容器中通入過量水蒸氣可以清除積碳．反應的化學方程式為，的值（填“增大”“減小”或“不變”）。（5）在101kPa時，工業(yè)上按投料加入剛性密閉容器中，只發(fā)生Ⅰ、Ⅱ兩個反應，和的平衡轉化率與溫度的關系如圖所示．溫度高于1200K時，和的平衡轉化率趨于相等的原因可能是；計算1000K時反應Ⅱ的壓強平衡常數（計算結果保留3位有效數字，用平衡分壓代替平衡濃度，分壓=總壓×物質的量分數）?！敬鸢浮浚?）+330.3（2）C（3）300增大（4）減小（5）1200K以上時以反應Ⅰ為主，二者轉化率趨于相等0.355【解析】（1）根據焓變=反應鍵能和-生成物鍵能和得，根據蓋斯定律，（2）反應Ⅰ、反應Ⅱ均為吸熱反應，升溫平衡正向移動，可提高CO平衡產率，反應Ⅰ正向是氣體體積增大的反應，低壓平衡正向移動，可提高CO平衡產率，壓強對反應Ⅱ的平衡移動無影響，故選C；（3）根據阿倫尼烏斯公式將圖中數據代入，，兩式相減，求得300；當反應Ⅰ：達平衡時，=，，該反應為吸熱反應，升高溫度K值增大；（4）水蒸氣可以清除積碳，反應為：；增大，副反應平衡常數為定值，則值減??；（5）1200K以上時以反應Ⅰ為主，二者轉化率趨于相等；設開始時，n(CO2)=n(CH4)=1mol，1000K時CH4轉化率為80%即反應了0.80mol，可得三段式：對于副反應，n(CO2)=0.2mol，n(CO)=n(H2)=1.6mol，CO2轉化率為85%即反應了0.85mol-0.8mol=0.05mol反應達平衡后，n(H2)=1.55mol，n(CO2)=0.15mol，n(CO)=1.65mol，n(H2O)=0.05mol，n總=3.5mol,0.355。10．（2024·山東濟寧二模）乙酸水蒸氣重整制氫氣是一項極具前景的制氫工藝，該過程中發(fā)生下列反應：反應Ⅰ

反應Ⅱ

回答下列問題：（1）已知和的燃料熱分別為、，18g氣態(tài)水轉化為液態(tài)水釋放出44kJ的能量，則，反應Ⅰ在條件下能自發(fā)進行。（2）已知：水碳比（S/C）是指轉化進料中水蒸氣分子總數與碳原子總數的比值，水碳比（S/C）分別為2和4時，反應溫度對平衡產率的影響如圖所示：表示水碳比的曲線是（填“a”或“b”），水碳比時，平衡產率隨溫度升高先增大后逐漸減小，平衡產率逐漸減小的原因可能是。（3）已知：S表示選擇性，；在時，1MPa下，平衡時和隨溫度的變化；350℃下，平衡時和隨壓強的變化均如圖2所示。平衡常數隨溫度變化如圖3所示。①350℃下，選擇性隨壓強變化的曲線是（填字母）。②圖中B、C、D、M、N、P、Q7個點中與A點處于相同化學平衡狀態(tài)的點有個。③在一定溫度和壓強下，向容積可變的密閉容器中通入2mol和1mol，同時發(fā)生反應Ⅰ和反應Ⅱ達到平衡點C，測得平衡時體系中氣體物質的量增加40%，則反應Ⅱ的（保留2位有效數字）。【答案】（1）高溫（2）b升高溫度反應均正向移動，主要發(fā)生反應Ⅱ（3）a30.24【解析】（1）反應Ⅰ

反應Ⅱ

反應Ⅲ

反應Ⅳ

反應Ⅴ

由蓋斯定律可知反應I=反應Ⅴ×2+反應Ⅲ-4×反應Ⅳ，因此；反應Ⅰ為吸熱的熵增反應，在高溫下可自發(fā)進行；（2）水的量越大生成氫氣的產率越高，即水碳比越大氫氣的產率越高，因此水碳比(S/C)=4的曲線是b；反應Ⅰ是吸熱反應，升高溫度有利于H2的生成，約600℃時達到最大，但繼續(xù)升高溫度有利于反應Ⅱ向正反應方向進行，此時體系內主要發(fā)生反應Ⅱ消耗H2，因此H2的產率會出現先增大后逐漸減小；（3）①反應I反應Ⅱ均為吸熱反應，由圖3可知反應I受溫度影響比反應Ⅱ大，反應隨溫度升高，平衡逆向，濃度減少，則選擇性隨壓強變化的曲線是a；②圖中M、Q、D與A點處于相同化學平衡狀態(tài)，答案為3個；③在一定溫度和壓強下，向容積可變的密閉容器中通入2mol和1mol，測得平衡時體系中氣體物質的量增加40%，反應Ⅰ

反前后=3mol×40%=1.2mol，可知生成的=0.8mol由反應氣體物質的量增加可知以反應I為主，則二氧化碳的生成量大于一氧化氫的生成量，C點為=20%，n(CO)=0.16mol

。11．（2024·四川遂寧·三模）苯甲醛()是生產氨芐青霉素、某些苯胺染料等產品的重要中間體。制備苯甲醛的常用方法有氣相催化氧化法和電催化氧化法。I．氣相催化氧化法(以Ce／ZSM-5為催化劑)主要反應：(g)+O2(g)(g)+H2O(g)

ΔH(1)已知：①(g)+8O2(g)=7CO2(g)+3H2O(g)ΔH=-3452.6kJ/mol②(g)+9O2(g)=7CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-3784.9kJ/mol則反應(g)+O2(g)(g)+H2O(g)ΔH=kJ·mol-1(2)在一容積為2L的密閉容器中分別充入甲苯和氧氣各2mol，在同一時間(80min)、不同溫度下測得甲苯的轉化率、苯甲醛的選擇性和收率如圖所示，其中：

溫度控制在380℃，前80min內生成苯甲醛的平均反應速率為。(3)其他條件相同、不同空速下測得苯甲醛的選擇性和收率如圖所示。已知：①空縫指鼓入空氣的速度，單位為h-1；②苯甲醛只有吸附在催化劑表面才能被進一步氧化為苯甲酸。據以上信息，分析空縫由1000h-1增大至2500h-1過程中苯甲醛選擇性增加的原因：。(4)合成苯甲醛的最佳溫度和空速應為___________(填序號)。A．350℃、5000h-1 B．350℃、2500h-1C．410℃、5000h-1 D．410℃、2500h-1II．電催化氧化法以硫酸酸化的MnSO4溶液作為電解媒質間接氧化甲苯制備苯甲醛的工藝方案如圖所示：(5)生成苯甲醛的離子方程式為；右池生成0.1molH2時，左池可產生mol?！敬鸢浮?1)-332.3(2)6×10-4mol/(L·min)(3)空速較高時，苯甲醛易從催化劑表面脫落，抑制了苯甲醛進一步被氧化，降低了苯甲醛氧化為苯甲酸的幾率，所以苯甲醛選擇性增加(4)B(5)+4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+0.05mol【詳解】（1）由蓋斯定律可知，②-①可得反應(g)+O2(g)(g)+H2O(g)，則反應ΔH=(-3784.9kJ/mol)-(-3452.6kJ/mol)=-332.3kJ/mol；（2）由圖可知，溫度控制在380℃，80min時苯甲醛的選擇性和甲苯的轉化率分別為40%和12%，則前80min內生成苯甲醛的平均反應速率為=6×10-4mol/(L·min)；（3）由圖可知，當空速由1000h-1增大至2500h-1過程中苯甲醛選擇性增加說明空速較高時，苯甲醛易從催化劑表面脫落，抑制了苯甲醛進一步被氧化，降低了苯甲醛氧化為苯甲酸的幾率，所以苯甲醛選擇性增加；（4）由圖可知，溫度為350℃、空速為2500h-1時，苯甲醛選擇性和收率最高，則合成苯甲醛的最佳溫度和空速應為350℃、2500h-1，故選B；（5）由Mn2+轉化為Mn3+可知，與電源的正極a電極相連的電極為電解池的陽極，陽極生成的Mn3+在溶液中與甲苯反應生成Mn2+、苯甲醛和氫離子，與負極b電極相連的電極為陰極，氫離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣，則甲苯氧化為甲醛的反應為+4Mn3++H2O→+4H++4Mn2+；電池的總反應為+H2O→+2H2↑，所以右池生成0.1mol氫氣時，左池可產生0.05mol苯甲醛。12．（2024屆·青海西寧·三模）為實現“碳中和”“碳達峰”，碳的循環(huán)利用是重要措施。利用氫氣和CO反應生成甲烷，涉及的反應如下：i．

ii．

iii．

回答下列問題：(1)在25℃和101kPa下，轉變?yōu)闀r放出44.0kJ熱量，的燃燒熱為，CO的燃燒熱為，的燃燒熱為，則。(2)一定溫度下，在恒容的密閉容器中進行上述反應，平衡時CO的轉化率及的選擇性隨變化的情況如圖所示[已知的選擇性]。①圖中表示選擇性變化的曲線是（填“甲”或“乙”），保持不變，曲線甲由B點達到A點需要的條件為。②相同溫度下，向恒容容器內加入和1molCO，初始壓強為10MPa，平衡時的物質的量為mol，反應ii的（保留小數點后一位）。(3)催化加氫制甲醇也是碳循環(huán)的重要途徑。在某催化劑表面與氫氣作用制備甲醇的反應機理如圖所示。催化循環(huán)中產生的中間體微粒共種，催化加氫制甲醇總反應的化學方程式為?！敬鸢浮?1)-206.1(2)甲降低溫度或增大壓強0.320.4(3)6【詳解】（1）根據燃燒熱定義，求得反應的焓變，根據轉變?yōu)榉艧?4.0kJ，求得反應

；（2）①隨增大，CO的轉化率一直變大，即曲線乙表示CO轉化率；當增大時，根據反應i、iii分析，選擇性變大，當足夠大時，選擇性基本不變，故曲線甲代表選擇性；選擇性曲線甲由B點到A點，即選擇性變大，依據燃燒熱可求，，溫度對反應i、、iii影響更大，降溫利于生成；加壓對生成的無影響，而有利于生成，故條件為降溫或加壓；②根據圖像，時，平衡時CO轉化率為40%，選擇性為90%，則平衡時：，，，根據氧原子守恒可得；根據氫原子守恒可得，氣體總物質的量為；恒溫恒容下，氣體的壓強之比等于物質的量之比，則平衡時壓強為；反應ii的；（3）根據循環(huán)圖易判斷中間體為6種；根據循環(huán)圖，催化加氫制甲醇，產物有，故總反應的化學方程式為。13．（2024屆·陜西渭南·三模）CO2的轉化和利用是實現碳中和的有效途徑，其中CO2轉化為CH3OH被認為是最可能利用的路徑，該路徑涉及反應如下：反應I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

△H1=-49.01kJ?mol-1反應II：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

△H2＞0請回答下列問題：(1)若利用反應I計算反應II的反應熱△H2，還需要知道一個化學反應的△H，寫出該反應的化學方程式。(2)在催化劑條件下，反應I的反應機理和相對能量變化如圖1(吸附在催化劑表面上的粒子用*標注，TS為過渡態(tài))。寫出該反應機理中決速步的熱化學方程式：。(3)在恒溫恒壓(260℃，1.8MPa)下，CO2和H2按體積比1：3分別在普通反應器(A)和分子篩膜催化反應器(B)中反應，測得相關數據如表。反應器CO2平衡轉化率甲醇的選擇性達到平衡時間/s普通反應器(A)25.0%80.0%10.0分子篩膜催化反應器(B)＞25.0%100.0%8.0已知：i.分子篩膜催化反應器(B)具有催化反應、分離出部分水蒸氣的雙重功能；ii.CH3OH的選擇性=×100%①在普通反應器(A)中，下列能作為反應I和反應II均達到平衡狀態(tài)的判斷判據是(填字母)。A．氣體壓強不再變化B．氣體的密度不再改變C．v正(CO2)=3v逆(H2)D．各物質濃度比不再改變②平衡狀態(tài)下，反應器(A)中，甲醇的選擇性隨溫度升高而降低，可能的原因是；在反應器(B)中，CO2的平衡轉化率明顯高于反應器(A)，可能的原因是。③若反應器(A)中初始時n(CO2)=1mol，反應I從開始到平衡態(tài)的平均反應速率v(CH3OH)=mol?s-1；反應II的化學平衡常數Kp(II)=(列出化簡后的計算式即可)。(4)近年來，有研究人員用CO2通過電催化生成CH3OH，實現CO2的回收利用，其工作原理如圖2所示，請寫出Cu電極上的電極反應：?！敬鸢浮?1)H2O(g)H2O(l)的ΔH(2)H2COO*+2H2(g)=H2CO*+OH*+H2(g)ΔH=+40.49kJ/mol(3)BD反應I為放熱反應、反應II為吸熱反應，升高溫度，反應I逆向移動、反應II正向移動在反應器(B)中，能分離出部分水蒸氣，導致反應正向移動0.02(4)【詳解】（1）燃燒熱是在101kPa時，1mol物質完全燃燒生成指定物質時所放出的熱量；反應II中生成H2O(g)，若已知H2和CO的燃燒熱，計算反應II的ΔH2，還需要的一個只與水有關的物理量為H2O(g)H2O(l)的ΔH。（2）由圖可知，熱化學方程式H2COO*+2H2(g)=H2CO*+OH*+H2(g)=ΔH=(-0.58+1)ev/mol=+0.42×96.4kJ/mol=+40.49kJ/mol的活化能最大，化學反應速率最慢，為反應機理中的決速步。（3）①A．在恒溫恒壓下進行反應，壓強為常量，A不符合題意；B．在恒溫恒壓下進行反應，容器體積為變量，氣體總質量始終不變，則混合氣體的密度為變量，其不變說明反應已達平衡，B符合題意；C．v正(CO2)=3v逆(H2)，此時正逆反應速率不相等，反應沒有達到平衡，C不符合題意；D．各物質濃度比不再改變，說明平衡不再移動，達到平衡狀態(tài)，D符合題意；故選BD；②反應I為放熱反應、反應II為吸熱反應，升高溫度，反應I逆向移動、反應II正向移動，導致甲醇的選擇性隨溫度升高而降低；分子篩膜催化反應器(B)具有催化反應、分離出部分水蒸氣的雙重功能，故導致在反應器(B)中，能分離出部分水蒸氣，導致反應正向移動，使得CO2的平衡轉化率明顯高于反應器(A)；③在恒溫恒壓下，CO2和H2按體積比1：3分別在普通反應器(A)反應，若反應器(A)中初始時n(CO2)=1mol，則氫氣投料3mol；CO2平衡轉化率為25%，則反應二氧化碳0.25mol，甲醇的選擇性80%，則生成甲醇0.25mol×80%=0.2mol，則：反應I從開始到平衡態(tài)的平均反應速率；平衡時總的物質的量為3.6mol，二氧化碳、氫氣、一氧化碳、水的物質的量分別為0.75mol、2.35mol、0.05mol、0.25mol，則二氧化碳、氫氣、一氧化碳、水分壓分別為、、、，反應II為等氣體分子數的反應，則化學平衡常數Kp(II)=。（4）由圖可知，銅極為陰極，二氧化碳得到電子發(fā)生還原反應生成甲醇，反應為。14．（2024屆·安徽合肥·三模）催化加氫有利于實現碳的循環(huán)利用，在催化劑的作用下可發(fā)生如下反應：①；②；③?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知相關化學鍵鍵能如表所示：化學鍵鍵能abcde根據表中鍵能數據計算出(用字母表示)。(2)已知反應③的速率方程為、，其中、分別為正、逆反應的速率常數。①如圖所示(表示速率常數的對數，表示溫度的倒數)、、、四條斜線中有兩條分別表示、隨的變化關系曲線，其中能表示隨變化關系的是斜線(填圖中字母)。②下列措施能使速率常數減小的是(填選項字母)。A．減小壓強

B．減小溫度

C．減小的濃度

D．更換成負催化劑(3)在恒溫恒容有某催化劑的密閉容器中充入和，發(fā)生上述三個反應。該溫度下反應均達平衡時，測得為、為、為，則的選擇性為(選擇性=)；反應②的平衡常數為(列出計算式即可)。(4)若測得上述三個反應在不同溫度下的平衡轉化率和甲醇的選擇性如圖所示：通過圖示分析，更適合生產甲醇的溫度為(填選項字母)。A．400℃

B．600℃

C．800℃

D．1000℃高于800℃時，轉化率增大的主要原因是?！敬鸢浮?1)2b+3c?(3e+a+3d)(2)dBD(3)62.5%(4)A反應①和反應②為放熱反應，溫度高于800℃，平衡逆向移動，反應③為吸熱反應，溫度高于800℃平衡正向移動且程度更大【詳解】（1）根反應的焓變等于反應物鍵能和減去生成物的鍵能和，據表中數據可計算出；（2）①反應③為吸熱反應，隨溫度的升高，正、逆反應速率都增大，、都增大，隨溫度的升高平衡正向移動，增大的倍數大于增大的倍數，故能表示隨變化關系的是斜線d；②速率常數k只與活化能和溫度有關，負催化劑能增大反應的活化能使速率常數減小，降溫也能使速率常數減小，故選B、D項；（3）由反應①、②、③的化學計量數可知，消耗的二氧化碳的物質的量分別為1mol、0.4mol、0.2mol，而平衡時甲醇的物質的量為1mol，所以甲醇的選擇性為；列三段式：所以反應②的平衡常數；（4）由選擇性的定義可知，選擇性越好，說明該物質的產率越高，由圖可知400℃二氧化碳的轉化率為60%、甲醇的選擇性為50%，600℃二氧化碳的轉化率為30%、甲醇的選擇性為75%，800℃二氧化碳的轉化率為20%、甲醇的選擇性為60%，1000℃二氧化碳的轉化率為40%、甲醇的選擇性為25%，因為400℃的二氧化碳的轉化率與甲醇的選擇性之積最大，所以更適合生產甲醇的溫度為400℃，故選A項；反應①和反應②為放熱反應，溫度高于800℃，平衡逆向移動，反應③為吸熱反應，溫度高于800℃平衡正向移動且程度更大，所以二氧化碳的平衡轉化率增大。15．（2024屆·湖南邵陽·三模）丙烯是一種重要的化工原料，但丙烯的產是僅通過石油的催化裂解反應無法滿足工業(yè)生產需求。工業(yè)上，有如下方法制備丙烯：Ⅰ．丙烷脫氫法制丙烯：①丙烷無氧脫氫法：②丙烷氧化脫氫法：(1)反應②的正反應活化能逆反應活化能（填“＞”或“＜”）。(2)不同壓強下，向密閉容器中充入氣體發(fā)生反應①，丙烷平衡轉化率隨溫度變化關系如圖：在、條件下，若向密閉容器中充入和的混合氣體，則平衡時丙烷轉化率（填“＞”或“＝”或“＜”）。(3)如圖為采用羰基催化劑催化氧化丙烷：的機理，下列說法正確的是______（填字母）。A．該機理中，有鍵、鍵的斷裂與形成B．若有參與反應，最終存在于羰基催化劑和中C．若和充分反應，則可制得D．為了提高反應的速率和反應物轉化率，溫度越高越好(4)丙烯是一種燃料，以熔融碳酸鹽（用表示）為電解質，丙烯——空氣燃料電池的負極的電極反應式。Ⅱ．丁烯和乙烯的催化反應制丙烯：主反應：副反應：(5)乙烯的電子式為。(6)某溫度下，保持體系總壓強為，按投料，達平衡狀態(tài)時，、的轉化率分別為、，則平衡時；主反應的壓強平衡常數（保留一位小數）。【答案】(1)<(2)>(3)A(4)CH2=CH-CH3-18e-+9=12CO2+3H2O(5)(6)8.516.5【詳解】（1）反應②的=-<0，則正反應活化能<逆反應活化能。（2）不同壓強下，向密閉容器中充入氣體發(fā)生反應①，在、條件下，丙烷的平衡轉化率為40%，若在此溫度和壓強不變的條件下，向密閉容器中充入和的混合氣體，容器的體積增大，相當于減小壓強，反應①是氣體體積增大的反應，平衡正向移動，丙烷的平衡轉化率增大，平衡時丙烷轉化率＞。（3）A．由圖可知，該機理中，存在單鍵、雙鍵的斷裂與形成，有鍵、鍵的斷裂與形成，A正確；B．由圖可知，O2參與反應④和⑤，O進入生成的中，若有參與反應，最終存在于中，B錯誤；C．該反應是可逆反應，若和充分反應，制得的小于，C錯誤；D．該反應是放熱反應，升高溫度不能提高反應物轉化率，D錯誤；故選A。（4）丙烯是一種燃料，以熔融碳酸鹽（用表示）為電解質，丙烯在負極失去電子生成CO2，根據得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：CH2=CH-CH3-18e-+9=12CO2+3H2O。（5）乙烯是共價化合物，電子式為。（6）根據已知條件列出“三段式”達平衡狀態(tài)時，、的轉化率分別為、，則，，解得x=0.6，y=0.16，則平衡時，主反應的壓強平衡常數16.5。16．（2024·山東聊城二模）三氯甲硅烷是生產多晶硅的原料，工業(yè)合成體系中同時存在如下反應：反應I：反應Ⅱ：反應Ⅲ：部分化學鍵的鍵能數據如表所示：化學鍵鍵能318431360436回答下列問題：（1）。（2）壓強與進料比都會影響的產率-。圖甲為及不同壓強下隨的變化情況，由圖甲可知最合適的進料比為；，上述反應達到平衡時在(填或)壓強下最大；時，接近于零的原因是。（3）在一定條件下，向體積為的恒容密閉容器中加入一定量的和，發(fā)生上述反應，達到平衡時，容器中為為，此時的濃度為(用含的代數式表示，下同)，反應Ⅲ的平衡常數為。（4）忽略副反應，反應I在不同催化劑作用下反應相同時間、的轉化率隨溫度的變化如圖乙，下列說法正確的是_______(填序號)。A．催化劑I效果最佳，對應的平衡轉化率最大B．b點，可以適當延長反應時間提高的轉化率C．c點轉化率降低可能是因為溫度過高，催化劑失去活性D．平衡常數：【答案】（1）-47（2）3時，主要發(fā)生反應Ⅲ，幾乎完全轉化為，接近于零（3）（4）BC【解析】（1）=反應物的鍵能和-生成物的鍵能和，(318+3×360+431-4×360-436)=-47；（2）由圖可知相同條件下，g=3時，最大，因此最合適的進料比為3；在g相同時，壓強下最大；時，主要發(fā)生反應Ⅲ，幾乎完全轉化為，接近于零。（3）根據H原子守恒可知平衡后HCl的物質的量為：(a-b-2c)mol，此時的濃度為；根據Cl原子守恒可得：(a-b-2c)+3b+4n()=a，n()=mol，反應Ⅲ的平衡常數K=；（4）催化劑只能改變反應速率，不影響化學平衡，故不能改變HCl的平衡轉化率，故A錯誤；B點時未達到平衡，反應正向進行，因此，延長反應時間會繼續(xù)消耗HCl，使其轉化率增大，故B正確；該圖表示的為相同時間內的轉化率，未必是平衡轉化率，故c點HCl轉化率降低可能是因為溫度過高，催化劑失去活性，反應速率減慢，故C正確；該反應為放熱反應，溫度升高K減小，則，故D錯誤17．（2024屆·安徽合肥·三模）催化加氫有利于實現碳的循環(huán)利用，在催化劑的作用下可發(fā)生如下反應：①；②；③。回答下列問題：(1)已知相關化學鍵鍵能如表所示：化學鍵鍵能abcde根據表中鍵能數據計算出(用字母表示)。(2)已知反應③的速率方程為、，其中、分別為正、逆反應的速率常數。①如圖所示(表示速率常數的對數，表示溫度的倒數)、、、四條斜線中有兩條分別表示、隨的變化關系曲線，其中能表示隨變化關系的是斜線(填圖中字母)。②下列措施能使速率常數減小的是(填選項字母)。A．減小壓強

B．減小溫度

C．減小的濃度

D．更換成負催化劑(3)在恒溫恒容有某催化劑的密閉容器中充入和，發(fā)生上述三個反應。該溫度下反應均達平衡時，測得為、為、為，則的選擇性為(選擇性=)；反應②的平衡常數為(列出計算式即可)。(4)若測得上述三個反應在不同溫度下的平衡轉化率和甲醇的選擇性如圖所示：通過圖示分析，更適合生產甲醇的溫度為(填選項字母)。A．400℃

B．600℃

C．800℃

D．1000℃高于800℃時，轉化率增大的主要原因是?！敬鸢浮?1)2b+3c?(3e+a+3d)(2)dBD(3)62.5%(4)A反應①和反應②為放熱反應，溫度高于800℃，平衡逆向移動，反應③為吸熱反應，溫度高于800℃平衡正向移動且程度更大【詳解】（1）根反應的焓變等于反應物鍵能和減去生成物的鍵能和，據表中數據可計算出；（2）①反應③為吸熱反應，隨溫度的升高，正、逆反應速率都增大，、都增大，隨溫度的升高平衡正向移動，增大的倍數大于增大的倍數，故能表示隨變化關系的是斜線d；②速率常數k只與活化能和溫度有關，負催化劑能增大反應的活化能使速率常數減小，降溫也能使速率常數減小，故選B、D項；（3）由反應①、②、③的化學計量數可知，消耗的二氧化碳的物質的量分別為1mol、0.4mol、0.2mol，而平衡時甲醇的物質的量為1mol，所以甲醇的選擇性為；列三段式：所以反應②的平衡常數；（4）由選擇性的定義可知，選擇性越好，說明該物質的產率越高，由圖可知400℃二氧化碳的轉化率為60%、甲醇的選擇性為50%，600℃二氧化碳的轉化率為30%、甲醇的選擇性為75%，800℃二氧化碳的轉化率為20%、甲醇的選擇性為60%，1000℃二氧化碳的轉化率為40%、甲醇的選擇性為25%，因為400℃的二氧化碳的轉化率與甲醇的選擇性之積最大，所以更適合生產甲醇的溫度為400℃，故選A項；反應①和反應②為放熱反應，溫度高于800℃，平衡逆向移動，反應③為吸熱反應，溫度高于800℃平衡正向移動且程度更大，所以二氧化碳的平衡轉化率增大。18．（2024屆·四川涼山·三模）2023年杭州亞運會主火炬創(chuàng)新使用了“零碳”甲醇作為燃料，所謂“零碳”，是指每合成1噸該甲醇可以消耗約1.375噸的二氧化碳，實現了二氧化碳的資源化利用、廢碳再生?；卮鹣铝袉栴}：(1)合成甲醇的工藝分兩類：①直接法原理為：

利于該反應自發(fā)進行的條件為(填“高溫”、“低溫”或“任意溫度”)。②間接法合成原理如下：Ⅰ.

Ⅱ.

則。該法的決速步驟為反應Ⅰ，則下列示意圖中能體現上述反應反應進程與能量變化的是。A．

B．C．

D．③在某催化劑存在條件下，反應Ⅱ的反應歷程(圖中的數據表示的僅為微粒的數目以及各個階段微粒的相對總能量，＊表示吸附在催化劑上)如圖所示：則中間態(tài)V中吸附在催化劑表面的物質可表示為。(2)一定溫度下，利用直接法合成甲醇，將二氧化碳和氫氣按物質的量之比混合并在恒定壓強為44MPa條件下進行反應，達平衡時的轉化率為90％，則平衡時的分壓為，該反應的分壓平衡常數。(3)直接甲醇燃料電池是指直接使用甲醇為電極活性物質的燃料電池，寫出該電池在酸性條件下的負極反應方程式。(4)目前有多種用于工業(yè)捕集的方法，其中一種為以溶液吸收，若某工廠的吸收液吸收一定量后測得溶液中，則該溶液的(已知該溫度下碳酸的，)?！敬鸢浮?1)低溫-90kJ/molACH2OH*(2)6MPa(3)CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+(4)10【詳解】（1）①ΔG=ΔH-TΔS<0反應可自發(fā)進行，該反應的ΔH<0，ΔS<0，因此要使ΔH-TΔS<0，則T應該盡量小，因此反應在低溫條件下可自發(fā)進行。②反應Ⅱ=①小問中的反應-反應I，則ΔH2=(-48.9-41.1)kJ/mol=-90kJ/mol。該法的決速步驟為反應I，說明反應Ⅰ的活化能大于反應Ⅱ的活化能，因此可排除C、D選項，該反應的總反應為放熱反應，則最終產物的總能量小于反應物的總能量，排除B選項，因此答案選A。③根據圖示轉化過程可知，每一步反應中H2都會少一個H原子并整合到CO中，Ⅳ中吸附在催化劑表面的物質為H2CO*+H2，則Ⅴ中吸附在催化劑表面的物質為CH2OH*。（2）直接法合成甲醇的化學方程式為，平衡時CO2的轉化率為90%，不妨令初始時二氧化碳的物質的量為1mol，則有，此時氣體總物質的量為2.2mol，總壓強為44MPa，H2物質的量為0.3mol，分壓為6MPa，并可求出p(CO2)=2MPa，p(CH3OH)=18MPa，p(H2O)=18MPa，則Kp==。（3）甲醇燃料電池中，甲醇從負極通入，酸性條件下，甲醇失電子結合水生成二氧化碳和氫離子，電極反應式為CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。（4）溶液中存在，已知Ka2=5×10-11，c()：c()=1：2，則c(H+)=10-10mol/L，pH=10。19．（2024屆·廣東東莞·三模）氰化物是指含有氰基或氰根離子的一類化合物，廣泛應用于工業(yè)與農業(yè)中。(1)工業(yè)上以甲烷和氨氣為原料在高溫和催化劑的作用下發(fā)生反應Ⅲ制備HCN。反應Ⅰ：

反應Ⅱ：

則反應Ⅲ：

(2)在一定溫度條件下，向1L恒容密閉容器中加入2mol和2mol發(fā)生反應Ⅲ，10min時反應達到平衡，此時體積分數為30%。①0~10min內用表示的平均反應速率為。若保持溫度不變，再向容器中加入和各1mol，則此時（填“>”“=”或“<”）。②由實驗得到的關系可用如圖甲表示。當x點升高到某一溫度后，反應重新達到平衡，則x點將移動到圖甲中的點（填字母標號）。(3)可做氧化廢水中的催化劑，氧化過程