辽宁省（2020-2022）三年高考化学真题分层汇编-03 化学反应原理（基础提升题）（含答案）

辽宁省（2020-2022）三年高考化学真题分层汇编-03化学反应原理（基础提升题）
一、单选题（共14题）
1．（2022·辽宁·统考高考真题）下列符号表征或说法正确的是
A．电离： B．位于元素周期表p区
C．空间结构：平面三角形 D．电子式：
2．（2022·辽宁·统考高考真题）镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是
A．褪色原因为被还原 B．液体分层后，上层呈紫红色
C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈 D．溶液恢复棕色的原因为被氧化
3．（2022·辽宁·统考高考真题）下列类比或推理合理的是
已知 方法 结论
A 沸点： 类比 沸点：
B 酸性： 类比 酸性：
C 金属性： 推理 氧化性：
D ： 推理 溶解度：
A．A B．B C．C D．D
4．（2022·辽宁·统考高考真题）如图，c管为上端封口的量气管，为测定乙酸溶液浓度，量取待测样品加入b容器中，接通电源，进行实验。下列说法正确的是
A．左侧电极反应：
B．实验结束时，b中溶液红色恰好褪去
C．若c中收集气体，则样品中乙酸浓度为
D．把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果
5．（2022·辽宁·统考高考真题）某温度下，在恒容密闭容器中发生反应，有关数据如下：
时间段/ 产物Z的平均生成速率/
0～2 0.20
0～4 0.15
0～6 0.10
下列说法错误的是A．时，Z的浓度大于
B．时，加入，此时
C．时，Y的体积分数约为33.3%
D．时，X的物质的量为
6．（2022·辽宁·统考高考真题）下列实验能达到目的的是
实验目的 实验方法或操作
A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的溶液，分别加入等体积等浓度的溶液，对比现象
C 判断反应后是否沉淀完全 将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液
D 检验淀粉是否发生了水解 向淀粉水解液中加入碘水
A．A B．B C．C D．D
7．（2022·辽宁·统考高考真题）某储能电池原理如图。下列说法正确的是
A．放电时负极反应：
B．放电时透过多孔活性炭电极向中迁移
C．放电时每转移电子，理论上吸收
D．充电过程中，溶液浓度增大
8．（2022·辽宁·统考高考真题）甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c代表
C．的平衡常数
D．
9．（2021·辽宁·统考高考真题）由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
实验操作 现象 结论
A 向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置 溶液分层，下层呈紫红色 氧化性：
B 在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒 火焰出现黄色 溶液中含Na元素
C 用pH计测定pH：①NaHCO3溶液②CH3COONa溶液 pH：①>② H2CO3酸性弱于CH3COOH
D 把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星木条放在试管口 木条复燃 反应生成了O2
A．A B．B C．C D．D
10．（2021·辽宁·统考高考真题）如图，某液态金属储能电池放电时产生金属化合物。下列说法正确的是
A．放电时，M电极反应为
B．放电时，由M电极向N电极移动
C．充电时，M电极的质量减小
D．充电时，N电极反应为
11．（2021·辽宁·统考高考真题）某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是
A．升高温度，若增大，则
B．加入一定量Z，达新平衡后减小
C．加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后增大
D．加入一定量氩气，平衡不移动
12．（2021·辽宁·统考高考真题）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是
A．其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B．其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C．条件①，反应速率为
D．条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为
13．（2021·辽宁·统考高考真题）利用(Q)与电解转化法从烟气中分离的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。下列说法错误的是
A．a为电源负极 B．溶液中Q的物质的量保持不变
C．在M极被还原 D．分离出的从出口2排出
14．（2021·辽宁·统考高考真题）用盐酸滴定溶液，溶液中、、的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如分布分数：】
A．的为 B．c点：
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．
二、工业流程题（共2题）
15．（2022·辽宁·统考高考真题）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的分解为，转变为；
②金属活动性：；
③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：
开始沉淀 完全沉淀
6.5 8.3
1.6 2.8
8.1 10.1
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为_______。
a.进一步粉碎矿石 b.鼓入适当过量的空气 c.降低焙烧温度
(2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为_______。
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②_______。
(4)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为_______。
(6)加入金属Bi的目的是_______。
(7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为_______。
16．（2021·辽宁·统考高考真题）从钒铬锰矿渣(主要成分为、、)中提铬的一种工艺流程如下：
已知：pH较大时，二价锰[](在空气中易被氧化.回答下列问题：
(1)Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。
(2)用溶液制备胶体的化学方程式为_______。
(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，“沉钒”过程控制，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为_______(填化学式)。
(4)某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为_______；在该条件下滤液B中_______【近似为，的近似为】。
(5)“转化”过程中生成的离子方程式为_______。
(6)“提纯”过程中的作用为_______。
三、原理综合题（共2题）
17．（2022·辽宁·统考高考真题）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：。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。
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。
(3)方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是_______。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
(4)方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是_______。
a．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
(5)某合成氨速率方程为：，根据表中数据，_______；
实验
1 m n p q
2 2m n p 2q
3 m n 0.1p 10q
4 m 2n p 2.828q
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
(6)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_______。
18．（2021·辽宁·统考高考真题）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g) (g) H1<0
Ⅱ.副反应：(g) (g) H2>0
回答下列问题：
(1)已知：Ⅲ.
Ⅳ.2 (g)+15O2(g) 12CO2(g)+6H2O(l) H4
Ⅴ.(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H5
则_______(用、和表示)。
(2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温 B．适当降温 C．适当加压 D．适当减压
(3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，其目的是_______。
(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为_______。
(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是_______(填“①”“②”或“③”)。
(6)恒压反应器中，按照投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应1的_______(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
试卷第10页，共12页
试卷第9页，共12页
参考答案：
1．C
【详解】A．是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为，A错误；
B．基态原子的价电子排布式是，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B错误；
C．中心碳原子的价层电子对数为，故其空间结构为平面三角形，C正确；
D．是离子化合物，电子式为，D错误；
故答案选C。
2．D
【详解】A．比活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为被还原，A项错误；
B．液体分层后，在层，的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；
C．若镀层金属活泼性大于，则不易生锈，反之，若活泼性大于镀层金属，则更易生锈，由于活泼性：，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；
D．漂白粉的有效成分为，其具有强氧化性，可将氧化，D项正确；
答案选D。
3．A
【详解】A．、、的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量：，所以沸点：，故A正确；
B．非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性：，酸性：，故B错误；
C．由金属性：，可推出氧化性；由离子方程式可得，氧化性：，故C错误；
D．和的阴、阳离子个数比不相同，不能通过大小来比较二者在水中的溶解度，故D错误；
选A。
4．A
【分析】本装置为电解池，左侧阳极析出氧气，右侧阴极析出氢气，据此分析解题。
【详解】A．左侧阳极析出氧气，左侧电极反应：，A正确；
B．右侧电极反应2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，反应结束时溶液中存在CH3COO-，水解后溶液显碱性，故溶液为红色，B错误；
C．若c中收集气体，若在标况下，c中收集气体的物质的量为0.5×10-3mol，转移电子量为0.5×10-3mol×4=2×10-3mol，故产生氢气：1×10-3mol，则样品中乙酸浓度为：2×10-3mol ÷10÷10-3=，并且题中未给定气体状态不能准确计算，C错误；
D．盐桥换为U形铜导线则不能起到传递离子使溶液呈电中性的效果，影响反应进行，D错误；
答案选A。
5．B
【详解】A．反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物Z的平均生成速率逐渐减小，则内Z的平均生成速率大于内的，故时，Z的浓度大于，A正确；　
B．时生成的Z的物质的量为，时生成的Z的物质的量为，故反应在时已达到平衡，设达到平衡时生了，列三段式：
根据，得，则Y的平衡浓度为，Z的平衡浓度为，平衡常数，时Y的浓度为，Z的浓度为，加入后Z的浓度变为，，反应正向进行，故，B错误；
C．反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气体，相同条件下，体积之比等于物质的量之比，，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正确；
D．由B项分析可知时反应处于平衡状态，此时生成Z为，则X的转化量为，初始X的物质的量为，剩余X的物质的量为，D正确；
故答案选B。
6．C
【详解】A．酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；
B．和反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；
C．将溶液与溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴溶液，若有浑浊产生，则说明没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；
D．检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。
故答案选C。
【点睛】本题易忽略实验探究过程中，反应应具有明显的实验现象，如有气体或沉淀生成，或有明显的颜色变化，一般条件下会加入显色剂辅助观察实验现象，如酸碱中和滴定时加入酚酞溶液或甲基橙，从而易于观察滴定终点。
7．A
【分析】放电时负极反应：，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2，由此解析。
【详解】A． 放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应：，故A正确；
B． 放电时，阴离子移向负极，放电时透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B错误；
C． 放电时每转移电子，正极：Cl2+2e-=2Cl-，理论上释放，故C错误；
D． 充电过程中，阳极：2Cl--2e-=Cl2，消耗氯离子，溶液浓度减小，故D错误；
故选A。
8．D
【详解】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A正确；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示
的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B正确；
C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C正确；
D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D错误；
故答案选D。
9．D
【详解】A．向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CCl4，振荡，静置，溶液分层，下层呈紫红色，说明反应产生I2，发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，证明氧化性：Cl2＞I2，Br2＞I2，但不能比较Br2与Cl2的氧化性强弱，A错误；
B．玻璃中含有Na元素，因此灼烧时使火焰呈黄色，不能证明溶液中含Na元素，B错误；
C．应该采用对照方法进行实验，但两种溶液的浓度未知，盐的种类也不同，因此不能通过测定溶液的pH来判断H2CO3、CH3COOH的酸性强弱，C错误；
D．氧气有助燃性，把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带火星木条放在试管口，木条复燃，可以证明Na2O2与水反应产生了O2，D正确；
故合理选项是D。
10．B
【分析】由题干信息可知，放电时，M极由于Li比Ni更活泼，也比N极上的Sb、Bi、Sn更活泼，故M极作负极，电极反应为：Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为：3Li++3e-+Bi=Li3Bi，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，放电时，M电极反应为Li-e-=Li+，A错误；
B．由分析可知，放电时，M极为负极，N极为正极，故由M电极向N电极移动，B正确；
C．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，M电极的电极反应为：Li++e-= Li，故电极质量增大，C错误；
D．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，充电时，N电极反应为，D错误；
故答案为：B。
11．C
【详解】A．根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而增大，说明平衡正向移动，故则，A正确；
B．加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后减小，B正确；
C．加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z)，达新平衡后不变，C错误；
D．加入一定量氩气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D正确；
故答案为：C。
12．B
【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；
故答案为：B。
13．C
【分析】由题干信息可知，M极发生的是由Q转化为的过程，该过程是一个还原反应，故M极为阴极，电极反应为：+2H2O+2e-=+2OH-，故与M极相连的a电极为负极，N极为阳极，电极反应为：-2e-=+2H+，b极为电源正极，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，a为电源负极，A正确；
B．由分析可知，根据电子守恒可知，溶液中Q的物质的量保持不变，B正确；
C．由分析可知，整个过程CO2未被还原，在M极发生反应为CO2+OH-=，C错误；
D．由题干信息可知，M极上CO2发生反应为：CO2+OH-=被吸收，向阳极移动，N极上发生的反应为：+H+=H2O+CO2↑，故分离出的从出口2排出，D正确；
故答案为：C。
14．C
【分析】用盐酸滴定溶液，pH较大时的分布分数最大，随着pH的减小，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，恰好生成之后，的分布分数逐渐减小，的分布分数逐渐增大，表示、、的分布分数的曲线如图所示，，据此分析选择。
【详解】A．的，根据上图交点1计算可知=10-6.38，A错误；
B．根据图象可知c点中，B错误；
C．根据图象可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；
D．根据图象e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成，根据计算可知，D错误；
答案为：C。
15．(1)ab
(2)
(3)抑制金属离子水解
(4)SiO2
(5)
(6)将Fe3+转化为Fe2+
(7)24.02%
【分析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到，据此分析解题。
【详解】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选ab；
（2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为；
（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解；
（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2；
（5）A为氯气，生成气体A的离子方程式为；
（6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；
（7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为。
16．(1) 4 VIB
(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
(3)
(4) 6.0 1×10-6
(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O
(6)防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯
【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。
【详解】（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB；
（2）用溶液制备胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，=-2，从图中可知， “沉钒”过程控制，=-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为，故答案为：；
（4）某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中==1×10-6，故答案为：6.0；1×10-6；
（5）由分析可知，“转化”过程中生成的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；
（6）由分析可知，“提纯”过程中的作用为防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。
17．(1)能
(2) 高 低
(3)ab
(4)a
(5) -1 a
(6) Fe 3d6
【详解】（1），则 G= H-T S=(-92.4+0.2×273) kJ mol-1=-37.8 kJ mol-１＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。答案为：能；
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故选ab。答案为：ab；
（4）a．从图中可以看出，时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，所以同温同压下，复合催化剂不能提高氨的平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，但温度高到一定程度后，复合催化剂活性就可能不变或变低，c不正确；
故选a。答案为：a；
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；
故选a。答案为：-1；a；
（6）从图中信息可以进行以下计算：含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1:2。黑球的化学式为，白球的化学式为。从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。答案为：Fe；3d6。
【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。
18．(1)
(2)BC
(3)提高苯的利用率
(4)金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性
(5)②
(6)
【分析】（1）
根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ. Ⅳ.2 (g)+15O2(g) 12CO2(g)+6H2O(l) H4 Ⅴ. (g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H5
Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g) (g)可由，则，故答案为：；
（2）
根据Ⅰ.主反应：(g)+3H2(g) (g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；
（3）
反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在的基础上适当增大用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；
（4）
氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当中混有微量或等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性，故答案为：金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性；
（5）
催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为：②；
（6）
恒压反应器中，按照投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生Ⅰ、Ⅱ反应总压为，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：， 有反应后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为：，H2的分压为：，则反应1的= ，故答案为：。
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