【备考2024年】高考化学广东卷真题变式分层精准练（第19题）
一、真题重现
1．（2023·广东）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完成反应的离子方程式：
（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)。
二、能力提升
2．（2024·浙江）通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
请回答：
（1）某研究小组采用电化学方法将CO2转化为HCOOH，装置如图1。电极B上的电极反应式是 。
（2）该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
Ⅰ：C（s）+O2（g）═CO2（g） ΔH1＝﹣393.5kJ mol﹣1
Ⅱ：C（s）+H2（g）+O2（g）═HCOOH（g） ΔH2＝﹣378.7kJ mol﹣1
Ⅲ：CO2（g）+H2（g） HCOOH（g） ΔH3
①ΔH3＝ kJ mol﹣1。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为1.0mol L﹣1，平衡常数K＝2.4×10﹣8，则CO2的平衡转化率为 。
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol L﹣1氨水和0.18mol L﹣1甲酸铵的混合溶液，298K时该混合溶液的pH＝ 。[已知：298K时，电离常数Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5、Ka（HCOOH）＝1.8×10﹣4]
（3）为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO（有机溶剂）溶液，CO2和H2在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持CO2（g）和H2（g）的压强不变，总反应CO2+H2 HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2＜E1＜＜E3（不考虑催化剂活性降低或丧失）。
Ⅳ：M+CO2 Q E1
Ⅴ：Q+H2 L E2
Ⅴ：L M+HCOOH E3
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 ____。
A．v与CO2（g）的压强无关
B．v与溶液中溶解H2的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大
D．在溶液中加入N（CH2CH3）3，可提高CO2转化率
（4）②实验测得：298K，p（CO2）＝p（H2）＝2MPa下，v随催化剂M浓度c变化如图3。c c0时，v随c增大而增大：c＞c0时，v不再显著增大。请解释原因 。
3．（2023高三上·内蒙古自治区期中）研究化学反应中的能量和速率变化对生产、生活有着重要意义。
（1）I．某些常见化学键的键能(将气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需的能量或A和B合成1molAB气体所放出的能量)数据如下表：
化学键
键能/() 414 803 463 498
完全燃烧生成和气态水放出的能量为 kJ。该反应中反应物的总能量 (填“>”、“<”或“=”)生成物的总能量。
（2）II．实验室模拟热气循环法合成尿素，与在一定条件下发生反应：。
为了验证反应温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，如表所示。
实验编号 初始浓度/() 初始浓度/() 催化剂的比表面积/()
① 280 82
②
③ 350 a 82
控制变量是科学研究的重要方法，因此表中数据： ， 。
（3）对比实验①③，目的是验证 (填“反应温度”或“催化剂的比表面积”)对化学反应速率的影响规律。
（4）一定温度下，向1L密闭容器中充入和发生反应：，若起始压强为，反应2min后该反应达到化学平衡状态，平衡时的压强是起始时的0.8倍，则0~2min内， ，的平衡转化率为 %。
（5）下列情况中，一定能说明上述反应达到平衡的是____(填标号)。
A．的体积分数保持不变
B．反应体系中气体的密度保持不变
C．反应消耗，同时生成
D．的质量保持不变
（6）“碳呼吸电池”是一种新型化学电源，其工作原理如图。当得到时，电路中转移的电子的物质的量为 mol。
三、模拟演练
4．（2024高三上·罗湖期末）2023年杭州亚运会开幕式首次使用“零碳甲醇”作为主火炬塔燃料。
（1）分子中O的杂化轨道类型为 。
（2）以为原料加氢可以合成甲醇，该反应能量变化如右图。
①第 步（填“1”或“2”）是上述反应的决速步。
②恒容时，下列措施中能使该平衡体系中增大且加快化学反应速率的是 （填字母）。
A.充入He（g），使体系压强增大 B.升高温度
C.将从体系中分离出去 D.再充入
③干冰（）的晶胞结构如图所示，若该晶胞边长为apm，则干冰晶体的密度为 。（已知：；表示阿伏加德罗常数的值）
（3）在体积为1L的恒容密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：，测得浓度随时间的变化：
时间/min 0 3 5 10 15
浓度 0 0.3 0.45 0.5 0.5
测得该条件下平衡时体系的压强为P，求该反应的 （物质的分压＝总压×物质的量分数）。
（4）可催化的氢化，体系中产生和CO。现将一定比例的、
以一定流速通过催化剂，某温度下，得到的转化率、或CO的选择性[]与催化剂中NiO质量分数的关系图：
①曲线 （填“X”或“Y”）表示的转化率随催化剂中NiO的质量分数的变化。
②有利于提高选择性的反应条件是 （填标号）。
A.减小压强 B.使用更合适的催化剂 C.原料气中掺入适量的CO
5．（2024高三上·汕头月考）我国加氢制甲醇技术取得了大突破，对解决能源紧缺和环境问题具有重要意义。
（1）铜基催化剂制甲醇其主要反应如下：
Ⅰ.合成甲醇：；；
Ⅱ.逆水煤气反应：；；
Ⅲ.成气合成甲醇：；；
回答下列问题：
①基态的3d电子轨道表示式为 。
② ， (用，表示)。
（2）若时将6mol 和8mol 充入容积为2L的密闭容器中只发生反应Ⅰ：，的物质的量变化如上表所示。
物质的量/mol /℃ /℃
0 5min 10min 15min 20min 25min 30min
8.0 3.5 2.0 2.0 1.7 1.5 1.5
①在℃条件下5-10min内，以表示的该反应速率 ，该条件下的平衡常数K= 。
②下列说法正确的是 。
A．
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应Ⅰ已达到平衡
C．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡正向移动
D．加入适当催化剂，可加快反应速率
（3）某研究小组对催化剂材料进行了研究。下列四组实验，控制和初始投料比均为1∶2.2，经过相同反应时间( min)
温度(K) 催化剂 转化率(%) 甲醇选择性(%) 综合选项
543 Cu/ZnO纳米棒材料 12.3 42.3 A
543 Cu/ZnO纳米片材料 11.9 72.7 B
553 Cu/ZnO纳米棒材料 15.3 39.1 C
553 Cu/ZnO纳米片材料 12.0 71.6 D
由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对的转化为的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为 (填字母符号)。
（4）在p=4.00MPa、原料气、合适催化剂的条件下发生反应，温度对转化率、产率、选择性的影响如图所示。已知：的选择性。
①转化率随温度升高而增大的原因可能是 。
②选择性随温度升高而减小的原因可能是 。
6．（2024·安徽模拟）丙烷价格低廉且产量大，而丙烯及其衍生物具有较高的经济附加值，因此丙烷脱氢制丙烯具有重要的价值。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①直接脱氢：
②
计算氧化丙烷脱氢反应③的 。
（2）已知下列键能数据，结合反应①数据，计算的键能是 。
化学键
键能 347.7 413.4 436.0
（3）一定条件下，反应①中丙烷平衡转化率与平衡常数的关系可表示为：，式中为系统总压。分别为和时，丙烷平衡转化率与温度的关系如图所示，其中表示下的关系曲线是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。时， (保留2位有效数字)。
（4）研究人员利用作催化剂，对反应③的机理开展研究。以和为原料，初期产物中没有检测到；以含有的和为原料，反应过程中没有检测到。下列推断合理的是____(填标号)。
A．先吸附氧气，吸附的氧气直接与吸附的丙烷反应
B．直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充中反应掉的氧
C．催化丙烷脱氢过程中，碳氢键的断裂是可逆的
（5）研究人员尝试利用氧化丙烷脱氢制丙烯，与氧化丙烷脱氢制丙烯相比，使用的优点有 (写出两点即可)。
（6）一种基于的锌基催化剂，可高效催化丙烷转化为丙烯。立方的晶胞如图，晶胞参数为与间的最小距离为 ，晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
答案解析部分
1．【答案】（1）；HNO2
（2）；A、B
（3）0.36；3：4或0.75
（4）98%
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①铁的原子序数为26，基态Fe2＋是由基态Fe原子失去2个电子形成的，因此基态Fe2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，所以基态Fe2＋的3d电子轨道表示式为。
②该反应中铁元素由+2价变为+3价，失去一个电子，2个[FeR3]2＋发生反应，则转移2个电子。反应过程中HNO3体现氧化性，则反应后氮元素的化合价降低，由于参与反应的NO3－个数为1，结合得失电子守恒可得，产物中氮元素的化合价为＋3价。根据原子守恒可得，产物为HNO2。
（2）①反应物的浓度越大，反应速率越快，则反应达到平衡所需的时间越短，因此曲线Ⅲ表示的是c(HNO3)=3.0mol·L－1时的变化曲线。在0～1min内，参与反应的Δc([FeR3]2＋)=1.5×10－4mol·L－1－1.0×10－4mol·L－1=5×10－5mol·L－1。因此用[FeR3]2＋表示的反应速率。
②A、平衡后加水稀释，平衡逆向移动，使得溶液中n([FeR3]2＋)减小，n([FeR3]3＋)减小，则增大，A符合题意。
B、反应达到平衡时，曲线Ⅲ中剩余c([FeR3]2＋)最小，曲线Ⅰ中剩余c([FeR3]2＋)最大，因此反应达到平衡状态时，[FeR3]2＋的平衡转化率αⅢ＞αⅡ＞αⅠ，B符合题意。
C、三组实验中，反应刚开始时，反应速率先增大，后随着反应的进行，反应速率逐渐减小，C不符合题意。
D、由图像可知，反应体系由橙红色变为淡蓝色所需的时间tⅢ＜tⅡ＜tⅠ，D不符合题意。
故答案为：AB
（3）①当时，S(L)=x，S(ML)＜0.01，即表示体系中未检测到ML，S(ML2)=0.64。而S(ML2)+S(ML)+S(L)=1，所以S(L)=1-0.64=0.36，即x=0.36。
②当时，S(L)＜0.01，即表示体系中未检测到L，S(ML)=0.40，S(ML2)=0.60。S(ML2)相比于S(ML)含有两个配体，则其浓度应为S(ML)的一半，因此平衡浓度比。
（4）起始时c0(L)=1.0×10－5mol·L－1、c0(M)=0.51×10－5mol·L－1。平衡时，c平(ML)=c平(L)= 0.40×10－5mol·L－1。由L守恒可得c平(ML2)=×(1.0×10－5－0.4×10－5－0.4×10－5) mol·L－1=0.1×10－5mol·L－1。由M守恒可得c平(M)=(0.51×10－5－0.4×10－5－0.1×10－5)mol·L－1=0.01×10－5mol·L－1。所以M的平衡转化率为。
【分析】（1）①基态Fe2＋是由基态Fe失去两个电子得到，结合基态Fe2＋的核外电子排布式确定其3d电子轨道表示式。
②结合得失电子守恒确定HNO3的还原产物中氮元素的化合价，再结合原子守恒确定产物的化学式。
（2）①浓度越大，反应速率越快，反应达到平衡所需的时间越短，据此结合图像数据，根据公式计算反应速率。
②A、结合稀释对平衡移动的影响分析。
B、平衡时c([FeR3]2＋)越小，则其转化率越大。
C、反应开始时，速率增大。
D、根据图像确定反应所需时间的长短。
（3）①根据S(ML2)+S(ML)+S(L)=1进行计算。
②S(ML2)相比于S(ML)含有两个配体，则其浓度应为S(ML)的一半。
（4）根据元素守恒，结合图标数据进行计算。
2．【答案】（1）
（2）+14.8；2.4×10 8；10.00
（3）C；D
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）由图可知，电极B上，二氧化碳发生还原反应生成HCOOH，则电极反应式为，，故答案为：；
（2）①根据盖斯定律，将Ⅱ-Ⅰ得到Ⅲ，则ΔH3= ΔH2-ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol，故答案为：+14.8；
②设转化的CO2为x，根据题干数据，列出反应的三段式为：
则，，则转化率= ，故答案为：2.4×10 8；
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol L-1氨水和0.18 mol L-1甲酸铵的混合溶液，=0.18mol/L， 根据可知，，，，故答案为：10.00；
（3）A、该反应中v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，故A错误；
B、v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，故B错误；
C、温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，故C正确；
D、在溶液中加入N(CH2CH3)3，与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，故D正确；
故答案为：CD；
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)，故答案为：当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
【分析】（1） 将CO2转化为HCOOH，二氧化碳发生还原反应，则电极B为阴极，阴极发生还原反应；
（2）①根据盖斯定律，Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ；
②列出反应的三段式计算；
③先计算溶液的c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算；
（3）活化能越大，反应速率越慢；
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
3．【答案】（1）806；>
（2）；280(或“350”)
（3）反应温度
（4）0.6；20
（5）B；D
（6）6
【知识点】化学反应中能量的转化；化学平衡状态的判断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）根据反应物的键能之和与生成物键能之和的差值可以计算出该反应的反应热；放热反应中是反应物的总能量大于生成物的总能量；
（2）CO的浓度不是变量因此a= ；①和②探究的是催化剂比表面积对反应速率的影响，所以①②的温度是相等的，因此T1是280；
（3） 实验①③的变量是温度，因此目的是验证反应温度对反应速率的影响；
（4）列出三段式：
CO2（g）+ 2NH3（g） H2O（g） +CO(NH2)2（s）
起始量（mol） 3 2 0 0
转化量（mol） x 2x x x
平衡量（mol） 3-x 2-2x X x
根据起始压强和平衡时压强之比是：1:0.8可知反应起始的物质的量与平衡时刻气体总物质的量之比为1:0.8，得到：=,解得x=0.6；则2min内，v（NH3）==0.6 ，CO2的转化率是：20%；
（5）A.CO2的体积分数是一个变量，当变量达到不变时，说明反应以及达到平衡状态，A选项是正确的；
B.该反应中气体的质量是不变的，体积也是不变的，所以密度是一个恒量，B不能说明反应达到平衡；
C.反应在任何时刻都存在：反应消耗，同时生成 ，C选项不能代表达到平衡时刻；
D.CO(NH2)2的质量不变说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D选项是正确的；
故答案为：AD。
（6）根据Al的变价情况可知，生成1molAl2(C2O4)3时，转移的电子数是6mol。
【分析】（1）反应物的总键能减去生成物的总键能就是反应热；反应物总能量大于生成物总能量的反应是放热反应；
（2）控制变量法要求，除了要探究的因素外，其余因素应保持不变；
（3） 实验①③的变量是温度，因此 目的是验证反应温度对反应速率的影响；
（4）根据三段式可以计算出到达平衡时，NH3的物质的量变化量，然后求出氨气的反应速率；也可以计算出CO2的物质的量变化量，然后就算出转化率；
（5）“变量不变时达到平衡“；
（6）Al单质在负极，发生的反应是：2Al-6e-+3C2O42-=Al2(C2O4)3，可见生成1molAl2(C2O4)3时，转移的电子数是6mol。
4．【答案】（1）杂化
（2）1；D；
（3）
（4）Y；BC
【知识点】晶胞的计算；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）CH3OH分子中O形成了2个σ键，含有两个孤电子对，价层电子对数为4，采用杂化；
故答案为： 杂化 ；
（2）①活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，第1步反应的活化能较大，为慢反应，所以第1步是上述反应的决速步；
故答案为：1；
②A、充入He(g)，使体系压强增大，各反应物浓度未变，化学反应速率不变，故A不符合题意；
B、由图可知，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，升高温度的平衡左移，减小，故B不符合题意；
C、将从体系中分离出去，化学反应速率减小，故C不符合题意；
、再充入，的平衡右移，增大，同时氢气浓度增大，化学反应速率增大，故D符合题意；
故答案为：D；
③CO2位于顶点和面心，个数为，晶胞质量为，则晶胞密度为；
故答案为： ；
（3）根据题干信息，列出反应的三段式：
平衡时，气体总物质的量为2mol，平衡时体系的压强为P，则反应的；
故答案为： ；
（4）①CO2转化率不变的情况下，CH3OH的选择性下降，则CO的选择性必然上升，即曲线X表示CO的选择性、曲线Y表示CO2的转化率；
故答案为：Y；
②A、减小压强，的平衡左移，CH3OH选择性降低，故A错误；
B、使用更合适的催化剂，可增大CH3OH选择性，故B正确；
C、原料气中掺入适量的CO，平衡逆向移动，增大CO2、H2浓度，平衡正向移动，从而增大CH3OH选择性，故C正确；
故答案为：BC。
【分析】（1）甲醇中O原子的价层电子对数为4；
（2）①活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
②平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
③根据均摊法和结合；
（3）列出反应的三段式计算；
（4）结合图示曲线变化情况分析。
5．【答案】（1）；-90.7；
（2）；0.5；D
（3）B
（4）反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行，故，转化率随温度升高而增大；反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于的合成，但有利于CO的生成，所以产率降低，选择性减小
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1） ① Cu2+3d轨道中含有9个电子，轨道表示式为： ；
② 反应III=I-II，则 △H1 -△H12=-49.5-（+41.2）= -90.7 ，；
（2）v（CO2）=v（H2）=×= ；
该条件下10min达到平衡：列出三段式：
CO2（g） 3H2（g） CH3OH（g） +H2O（g）
起始量（mol） 6 8 0 0
转化量（mol） 2.0 6.0 2.0 2.0
平衡量（mol） 4.0 2.0 2.0 2.0
K==；
②A.温度越高，平衡逆移，H2的平衡转化率越小，所以T1温度更大；
B. 混合气体的密度 是定值，不能表示平衡；
C. 平衡时向容器中充入惰性气体 ，虽然压强增大，但是反应物和生成物的浓度都未改变，因此平衡不会发生移动；
D.催化剂可以加快反应速率；
（3） 由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO纳米片催化剂时甲醇的选择性高，使用相同催化剂升高温度，二氧化碳的转化率略有增加，但甲醇的选择性却减少，说明温度升高，副产物增加，
故答案为：B；
（4） ①转化率随温度升高而增大的原因可能是反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行，故，转化率随温度升高而增大 ；
②选择性随温度升高而减小的原因可能是反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于的合成，但有利于CO的生成，所以产率降低，选择性减小 。
【分析】（1）Cu的价电子排布式是：3d104s1，失去2个电子为3d9；
根据盖斯定律可以得出△H3与△H1和△H2之间的关系；根据反应方程式之间的关系可以得出K3与K2和K1之间的关系；
（2）化学反应速率之比等于物质的化学计量数之间的比；根据三段式可以计算出平衡状态时各组分的浓度，将浓度代入K值表达式求出K值；
（3） 由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响；使用相同催化剂升高温度，二氧化碳的转化率略有增加，但甲醇的选择性却减少，据此分析；
（4）①对于吸热反应来说，升高温度，平衡正移，CO2的转化率增大；
②反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于的合成，但有利于CO的生成，所以产率降低，选择性减小 。
6．【答案】（1）-118
（2）614.7
（3）Ⅱ；0.018
（4）B
（5）减少副反应的发生、还可以减少丙烯被氧化，提高产率
（6）；
【知识点】晶胞的计算；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将得到 ，则，故答案为：-118；
（2）反应①，设的键能是x，ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，则，解得x=614.7，故答案为：614.7；
（3）根据可知，温度相同时，p越大，x越小，则下的关系曲线是Ⅱ；，时，丙烷的平衡转化率为80%，设起始时通入amol丙烷，据此列出反应的三段式：
平衡时，气体的总物质的量为1.8a，则，故答案为：Ⅱ；0.018；
（4）A、初期产物中没有检测到，说明直接氧化吸附丙烷，故A错误；
B、由A项分析可知，直接氧化吸附丙烷，吸附的氧气补充中反应掉的氧，导致初期产物中没有检测到，故B正确；
C、以含有的和为原料，反应过程中没有检测到，说明碳氢键的断裂不可逆，故C错误；
故答案为：B；
（5）使用O2氧化，可能将烷烃部分氧化为醛、醇等，也可以氧化为CO、CO2，当发生反应氧化为CO、CO2，反应热很大，导致反应温度急剧上升，不仅丙烷容易反应，生成的丙烯也容易氧化为CO、CO2，因此利用二氧化碳的弱氧化性进行氧化可减少副反应的发生，还可以减少丙烯被氧化，提高产率，故答案为：减少副反应的发生、还可以减少丙烯被氧化，提高产率；
（6）由图可知，Zn2+位于晶胞体内，数目为4，O2-位于顶点和面心，数目为，Zn2+填充在由4个O2-构成的正四边体的体心，Zn2+到O2-最短的距离是晶胞体对角线的，即；晶胞边长为apm，体积为a3pm，晶胞质量为，则晶体密度为 ，故答案为： ； 。
【分析】（1）根据盖斯定律，将可得③；
（2）根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；
（3）p越大，丙烷的平衡转化率越小；列出反应的三段式，结合计算；
（4） 初期产物中没有检测到，说明 直接氧化吸附的丙烷， 以含有的和为原料，反应过程中没有检测到 ，说明碳氢键的断裂不可逆；
（5） 使用 可减少副反应的发生、还可以减少丙烯被氧化，提高产率；
（6）Zn2+到O2-最短的距离是晶胞体对角线的，根据均摊法和计算。
1 / 1【备考2024年】高考化学广东卷真题变式分层精准练（第19题）
一、真题重现
1．（2023·广东）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完成反应的离子方程式：
（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%
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）①铁的原子序数为26，基态Fe2＋是由基态Fe原子失去2个电子形成的，因此基态Fe2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，所以基态Fe2＋的3d电子轨道表示式为。
②该反应中铁元素由+2价变为+3价，失去一个电子，2个[FeR3]2＋发生反应，则转移2个电子。反应过程中HNO3体现氧化性，则反应后氮元素的化合价降低，由于参与反应的NO3－个数为1，结合得失电子守恒可得，产物中氮元素的化合价为＋3价。根据原子守恒可得，产物为HNO2。
（2）①反应物的浓度越大，反应速率越快，则反应达到平衡所需的时间越短，因此曲线Ⅲ表示的是c(HNO3)=3.0mol·L－1时的变化曲线。在0～1min内，参与反应的Δc([FeR3]2＋)=1.5×10－4mol·L－1－1.0×10－4mol·L－1=5×10－5mol·L－1。因此用[FeR3]2＋表示的反应速率。
②A、平衡后加水稀释，平衡逆向移动，使得溶液中n([FeR3]2＋)减小，n([FeR3]3＋)减小，则增大，A符合题意。
B、反应达到平衡时，曲线Ⅲ中剩余c([FeR3]2＋)最小，曲线Ⅰ中剩余c([FeR3]2＋)最大，因此反应达到平衡状态时，[FeR3]2＋的平衡转化率αⅢ＞αⅡ＞αⅠ，B符合题意。
C、三组实验中，反应刚开始时，反应速率先增大，后随着反应的进行，反应速率逐渐减小，C不符合题意。
D、由图像可知，反应体系由橙红色变为淡蓝色所需的时间tⅢ＜tⅡ＜tⅠ，D不符合题意。
故答案为：AB
（3）①当时，S(L)=x，S(ML)＜0.01，即表示体系中未检测到ML，S(ML2)=0.64。而S(ML2)+S(ML)+S(L)=1，所以S(L)=1-0.64=0.36，即x=0.36。
②当时，S(L)＜0.01，即表示体系中未检测到L，S(ML)=0.40，S(ML2)=0.60。S(ML2)相比于S(ML)含有两个配体，则其浓度应为S(ML)的一半，因此平衡浓度比。
（4）起始时c0(L)=1.0×10－5mol·L－1、c0(M)=0.51×10－5mol·L－1。平衡时，c平(ML)=c平(L)= 0.40×10－5mol·L－1。由L守恒可得c平(ML2)=×(1.0×10－5－0.4×10－5－0.4×10－5) mol·L－1=0.1×10－5mol·L－1。由M守恒可得c平(M)=(0.51×10－5－0.4×10－5－0.1×10－5)mol·L－1=0.01×10－5mol·L－1。所以M的平衡转化率为。
【分析】（1）①基态Fe2＋是由基态Fe失去两个电子得到，结合基态Fe2＋的核外电子排布式确定其3d电子轨道表示式。
②结合得失电子守恒确定HNO3的还原产物中氮元素的化合价，再结合原子守恒确定产物的化学式。
（2）①浓度越大，反应速率越快，反应达到平衡所需的时间越短，据此结合图像数据，根据公式计算反应速率。
②A、结合稀释对平衡移动的影响分析。
B、平衡时c([FeR3]2＋)越小，则其转化率越大。
C、反应开始时，速率增大。
D、根据图像确定反应所需时间的长短。
（3）①根据S(ML2)+S(ML)+S(L)=1进行计算。
②S(ML2)相比于S(ML)含有两个配体，则其浓度应为S(ML)的一半。
（4）根据元素守恒，结合图标数据进行计算。
二、能力提升
2．（2024·浙江）通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。
请回答：
（1）某研究小组采用电化学方法将CO2转化为HCOOH，装置如图1。电极B上的电极反应式是 。
（2）该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：
Ⅰ：C（s）+O2（g）═CO2（g） ΔH1＝﹣393.5kJ mol﹣1
Ⅱ：C（s）+H2（g）+O2（g）═HCOOH（g） ΔH2＝﹣378.7kJ mol﹣1
Ⅲ：CO2（g）+H2（g） HCOOH（g） ΔH3
①ΔH3＝ kJ mol﹣1。
②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为1.0mol L﹣1，平衡常数K＝2.4×10﹣8，则CO2的平衡转化率为 。
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol L﹣1氨水和0.18mol L﹣1甲酸铵的混合溶液，298K时该混合溶液的pH＝ 。[已知：298K时，电离常数Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5、Ka（HCOOH）＝1.8×10﹣4]
（3）为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO（有机溶剂）溶液，CO2和H2在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持CO2（g）和H2（g）的压强不变，总反应CO2+H2 HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2＜E1＜＜E3（不考虑催化剂活性降低或丧失）。
Ⅳ：M+CO2 Q E1
Ⅴ：Q+H2 L E2
Ⅴ：L M+HCOOH E3
①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 ____。
A．v与CO2（g）的压强无关
B．v与溶液中溶解H2的浓度无关
C．温度升高，v不一定增大
D．在溶液中加入N（CH2CH3）3，可提高CO2转化率
（4）②实验测得：298K，p（CO2）＝p（H2）＝2MPa下，v随催化剂M浓度c变化如图3。c c0时，v随c增大而增大：c＞c0时，v不再显著增大。请解释原因 。
【答案】（1）
（2）+14.8；2.4×10 8；10.00
（3）C；D
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）由图可知，电极B上，二氧化碳发生还原反应生成HCOOH，则电极反应式为，，故答案为：；
（2）①根据盖斯定律，将Ⅱ-Ⅰ得到Ⅲ，则ΔH3= ΔH2-ΔH1=-378 .7 kJ /mol+393 .5 kJ/mol =+14.8 kJ/ mol，故答案为：+14.8；
②设转化的CO2为x，根据题干数据，列出反应的三段式为：
则，，则转化率= ，故答案为：2.4×10 8；
③用氨水吸收HCOOH，得到1.00 mol L-1氨水和0.18 mol L-1甲酸铵的混合溶液，=0.18mol/L， 根据可知，，，，故答案为：10.00；
（3）A、该反应中v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，故A错误；
B、v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，故B错误；
C、温度升高，v不一定增大，反应Ⅳ和Ⅴ是快反应，而Ⅵ是慢反应（决速步骤），若Ⅳ和Ⅴ是放热反应且可以快速建立平衡状态，则随着温度升高L的浓度减小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小 ，故总反应的速率不一定增大，故C正确；
D、在溶液中加入N(CH2CH3)3，与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，故D正确；
故答案为：CD；
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)，故答案为：当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
【分析】（1） 将CO2转化为HCOOH，二氧化碳发生还原反应，则电极B为阴极，阴极发生还原反应；
（2）①根据盖斯定律，Ⅲ=Ⅱ-Ⅰ；
②列出反应的三段式计算；
③先计算溶液的c(H+)，再根据pH=-lgc(H+)计算；
（3）活化能越大，反应速率越慢；
（4）当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影 响基元反应VI中反应物L的生成)； c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
3．（2023高三上·内蒙古自治区期中）研究化学反应中的能量和速率变化对生产、生活有着重要意义。
（1）I．某些常见化学键的键能(将气体分子AB断裂为中性气态原子A和B所需的能量或A和B合成1molAB气体所放出的能量)数据如下表：
化学键
键能/() 414 803 463 498
完全燃烧生成和气态水放出的能量为 kJ。该反应中反应物的总能量 (填“>”、“<”或“=”)生成物的总能量。
（2）II．实验室模拟热气循环法合成尿素，与在一定条件下发生反应：。
为了验证反应温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，如表所示。
实验编号 初始浓度/() 初始浓度/() 催化剂的比表面积/()
① 280 82
②
③ 350 a 82
控制变量是科学研究的重要方法，因此表中数据： ， 。
（3）对比实验①③，目的是验证 (填“反应温度”或“催化剂的比表面积”)对化学反应速率的影响规律。
（4）一定温度下，向1L密闭容器中充入和发生反应：，若起始压强为，反应2min后该反应达到化学平衡状态，平衡时的压强是起始时的0.8倍，则0~2min内， ，的平衡转化率为 %。
（5）下列情况中，一定能说明上述反应达到平衡的是____(填标号)。
A．的体积分数保持不变
B．反应体系中气体的密度保持不变
C．反应消耗，同时生成
D．的质量保持不变
（6）“碳呼吸电池”是一种新型化学电源，其工作原理如图。当得到时，电路中转移的电子的物质的量为 mol。
【答案】（1）806；>
（2）；280(或“350”)
（3）反应温度
（4）0.6；20
（5）B；D
（6）6
【知识点】化学反应中能量的转化；化学平衡状态的判断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）根据反应物的键能之和与生成物键能之和的差值可以计算出该反应的反应热；放热反应中是反应物的总能量大于生成物的总能量；
（2）CO的浓度不是变量因此a= ；①和②探究的是催化剂比表面积对反应速率的影响，所以①②的温度是相等的，因此T1是280；
（3） 实验①③的变量是温度，因此目的是验证反应温度对反应速率的影响；
（4）列出三段式：
CO2（g）+ 2NH3（g） H2O（g） +CO(NH2)2（s）
起始量（mol） 3 2 0 0
转化量（mol） x 2x x x
平衡量（mol） 3-x 2-2x X x
根据起始压强和平衡时压强之比是：1:0.8可知反应起始的物质的量与平衡时刻气体总物质的量之比为1:0.8，得到：=,解得x=0.6；则2min内，v（NH3）==0.6 ，CO2的转化率是：20%；
（5）A.CO2的体积分数是一个变量，当变量达到不变时，说明反应以及达到平衡状态，A选项是正确的；
B.该反应中气体的质量是不变的，体积也是不变的，所以密度是一个恒量，B不能说明反应达到平衡；
C.反应在任何时刻都存在：反应消耗，同时生成 ，C选项不能代表达到平衡时刻；
D.CO(NH2)2的质量不变说明正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，D选项是正确的；
故答案为：AD。
（6）根据Al的变价情况可知，生成1molAl2(C2O4)3时，转移的电子数是6mol。
【分析】（1）反应物的总键能减去生成物的总键能就是反应热；反应物总能量大于生成物总能量的反应是放热反应；
（2）控制变量法要求，除了要探究的因素外，其余因素应保持不变；
（3） 实验①③的变量是温度，因此 目的是验证反应温度对反应速率的影响；
（4）根据三段式可以计算出到达平衡时，NH3的物质的量变化量，然后求出氨气的反应速率；也可以计算出CO2的物质的量变化量，然后就算出转化率；
（5）“变量不变时达到平衡“；
（6）Al单质在负极，发生的反应是：2Al-6e-+3C2O42-=Al2(C2O4)3，可见生成1molAl2(C2O4)3时，转移的电子数是6mol。
三、模拟演练
4．（2024高三上·罗湖期末）2023年杭州亚运会开幕式首次使用“零碳甲醇”作为主火炬塔燃料。
（1）分子中O的杂化轨道类型为 。
（2）以为原料加氢可以合成甲醇，该反应能量变化如右图。
①第 步（填“1”或“2”）是上述反应的决速步。
②恒容时，下列措施中能使该平衡体系中增大且加快化学反应速率的是 （填字母）。
A.充入He（g），使体系压强增大 B.升高温度
C.将从体系中分离出去 D.再充入
③干冰（）的晶胞结构如图所示，若该晶胞边长为apm，则干冰晶体的密度为 。（已知：；表示阿伏加德罗常数的值）
（3）在体积为1L的恒容密闭容器中，充入和，一定条件下发生反应：，测得浓度随时间的变化：
时间/min 0 3 5 10 15
浓度 0 0.3 0.45 0.5 0.5
测得该条件下平衡时体系的压强为P，求该反应的 （物质的分压＝总压×物质的量分数）。
（4）可催化的氢化，体系中产生和CO。现将一定比例的、
以一定流速通过催化剂，某温度下，得到的转化率、或CO的选择性[]与催化剂中NiO质量分数的关系图：
①曲线 （填“X”或“Y”）表示的转化率随催化剂中NiO的质量分数的变化。
②有利于提高选择性的反应条件是 （填标号）。
A.减小压强 B.使用更合适的催化剂 C.原料气中掺入适量的CO
【答案】（1）杂化
（2）1；D；
（3）
（4）Y；BC
【知识点】晶胞的计算；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）CH3OH分子中O形成了2个σ键，含有两个孤电子对，价层电子对数为4，采用杂化；
故答案为： 杂化 ；
（2）①活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，由图可知，第1步反应的活化能较大，为慢反应，所以第1步是上述反应的决速步；
故答案为：1；
②A、充入He(g)，使体系压强增大，各反应物浓度未变，化学反应速率不变，故A不符合题意；
B、由图可知，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，升高温度的平衡左移，减小，故B不符合题意；
C、将从体系中分离出去，化学反应速率减小，故C不符合题意；
、再充入，的平衡右移，增大，同时氢气浓度增大，化学反应速率增大，故D符合题意；
故答案为：D；
③CO2位于顶点和面心，个数为，晶胞质量为，则晶胞密度为；
故答案为： ；
（3）根据题干信息，列出反应的三段式：
平衡时，气体总物质的量为2mol，平衡时体系的压强为P，则反应的；
故答案为： ；
（4）①CO2转化率不变的情况下，CH3OH的选择性下降，则CO的选择性必然上升，即曲线X表示CO的选择性、曲线Y表示CO2的转化率；
故答案为：Y；
②A、减小压强，的平衡左移，CH3OH选择性降低，故A错误；
B、使用更合适的催化剂，可增大CH3OH选择性，故B正确；
C、原料气中掺入适量的CO，平衡逆向移动，增大CO2、H2浓度，平衡正向移动，从而增大CH3OH选择性，故C正确；
故答案为：BC。
【分析】（1）甲醇中O原子的价层电子对数为4；
（2）①活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
②平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
③根据均摊法和结合；
（3）列出反应的三段式计算；
（4）结合图示曲线变化情况分析。
5．（2024高三上·汕头月考）我国加氢制甲醇技术取得了大突破，对解决能源紧缺和环境问题具有重要意义。
（1）铜基催化剂制甲醇其主要反应如下：
Ⅰ.合成甲醇：；；
Ⅱ.逆水煤气反应：；；
Ⅲ.成气合成甲醇：；；
回答下列问题：
①基态的3d电子轨道表示式为 。
② ， (用，表示)。
（2）若时将6mol 和8mol 充入容积为2L的密闭容器中只发生反应Ⅰ：，的物质的量变化如上表所示。
物质的量/mol /℃ /℃
0 5min 10min 15min 20min 25min 30min
8.0 3.5 2.0 2.0 1.7 1.5 1.5
①在℃条件下5-10min内，以表示的该反应速率 ，该条件下的平衡常数K= 。
②下列说法正确的是 。
A．
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应Ⅰ已达到平衡
C．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡正向移动
D．加入适当催化剂，可加快反应速率
（3）某研究小组对催化剂材料进行了研究。下列四组实验，控制和初始投料比均为1∶2.2，经过相同反应时间( min)
温度(K) 催化剂 转化率(%) 甲醇选择性(%) 综合选项
543 Cu/ZnO纳米棒材料 12.3 42.3 A
543 Cu/ZnO纳米片材料 11.9 72.7 B
553 Cu/ZnO纳米棒材料 15.3 39.1 C
553 Cu/ZnO纳米片材料 12.0 71.6 D
由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对的转化为的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为 (填字母符号)。
（4）在p=4.00MPa、原料气、合适催化剂的条件下发生反应，温度对转化率、产率、选择性的影响如图所示。已知：的选择性。
①转化率随温度升高而增大的原因可能是 。
②选择性随温度升高而减小的原因可能是 。
【答案】（1）；-90.7；
（2）；0.5；D
（3）B
（4）反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行，故，转化率随温度升高而增大；反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于的合成，但有利于CO的生成，所以产率降低，选择性减小
【知识点】原子核外电子排布；化学反应速率；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】（1） ① Cu2+3d轨道中含有9个电子，轨道表示式为： ；
② 反应III=I-II，则 △H1 -△H12=-49.5-（+41.2）= -90.7 ，；
（2）v（CO2）=v（H2）=×= ；
该条件下10min达到平衡：列出三段式：
CO2（g） 3H2（g） CH3OH（g） +H2O（g）
起始量（mol） 6 8 0 0
转化量（mol） 2.0 6.0 2.0 2.0
平衡量（mol） 4.0 2.0 2.0 2.0
K==；
②A.温度越高，平衡逆移，H2的平衡转化率越小，所以T1温度更大；
B. 混合气体的密度 是定值，不能表示平衡；
C. 平衡时向容器中充入惰性气体 ，虽然压强增大，但是反应物和生成物的浓度都未改变，因此平衡不会发生移动；
D.催化剂可以加快反应速率；
（3） 由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响，使用Cu/ZnO纳米片催化剂时甲醇的选择性高，使用相同催化剂升高温度，二氧化碳的转化率略有增加，但甲醇的选择性却减少，说明温度升高，副产物增加，
故答案为：B；
（4） ①转化率随温度升高而增大的原因可能是反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不但能加快反应速率，而且有利于该反应正向进行，故，转化率随温度升高而增大 ；
②选择性随温度升高而减小的原因可能是反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于的合成，但有利于CO的生成，所以产率降低，选择性减小 。
【分析】（1）Cu的价电子排布式是：3d104s1，失去2个电子为3d9；
根据盖斯定律可以得出△H3与△H1和△H2之间的关系；根据反应方程式之间的关系可以得出K3与K2和K1之间的关系；
（2）化学反应速率之比等于物质的化学计量数之间的比；根据三段式可以计算出平衡状态时各组分的浓度，将浓度代入K值表达式求出K值；
（3） 由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响；使用相同催化剂升高温度，二氧化碳的转化率略有增加，但甲醇的选择性却减少，据此分析；
（4）①对于吸热反应来说，升高温度，平衡正移，CO2的转化率增大；
②反应Ⅰ(或反应Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于的合成，但有利于CO的生成，所以产率降低，选择性减小 。
6．（2024·安徽模拟）丙烷价格低廉且产量大，而丙烯及其衍生物具有较高的经济附加值，因此丙烷脱氢制丙烯具有重要的价值。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①直接脱氢：
②
计算氧化丙烷脱氢反应③的 。
（2）已知下列键能数据，结合反应①数据，计算的键能是 。
化学键
键能 347.7 413.4 436.0
（3）一定条件下，反应①中丙烷平衡转化率与平衡常数的关系可表示为：，式中为系统总压。分别为和时，丙烷平衡转化率与温度的关系如图所示，其中表示下的关系曲线是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。时， (保留2位有效数字)。
（4）研究人员利用作催化剂，对反应③的机理开展研究。以和为原料，初期产物中没有检测到；以含有的和为原料，反应过程中没有检测到。下列推断合理的是____(填标号)。
A．先吸附氧气，吸附的氧气直接与吸附的丙烷反应
B．直接氧化吸附的丙烷，吸附的氧气补充中反应掉的氧
C．催化丙烷脱氢过程中，碳氢键的断裂是可逆的
（5）研究人员尝试利用氧化丙烷脱氢制丙烯，与氧化丙烷脱氢制丙烯相比，使用的优点有 (写出两点即可)。
（6）一种基于的锌基催化剂，可高效催化丙烷转化为丙烯。立方的晶胞如图，晶胞参数为与间的最小距离为 ，晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）-118
（2）614.7
（3）Ⅱ；0.018
（4）B
（5）减少副反应的发生、还可以减少丙烯被氧化，提高产率
（6）；
【知识点】晶胞的计算；盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将得到 ，则，故答案为：-118；
（2）反应①，设的键能是x，ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和，则，解得x=614.7，故答案为：614.7；
（3）根据可知，温度相同时，p越大，x越小，则下的关系曲线是Ⅱ；，时，丙烷的平衡转化率为80%，设起始时通入amol丙烷，据此列出反应的三段式：
平衡时，气体的总物质的量为1.8a，则，故答案为：Ⅱ；0.018；
（4）A、初期产物中没有检测到，说明直接氧化吸附丙烷，故A错误；
B、由A项分析可知，直接氧化吸附丙烷，吸附的氧气补充中反应掉的氧，导致初期产物中没有检测到，故B正确；
C、以含有的和为原料，反应过程中没有检测到，说明碳氢键的断裂不可逆，故C错误；
故答案为：B；
（5）使用O2氧化，可能将烷烃部分氧化为醛、醇等，也可以氧化为CO、CO2，当发生反应氧化为CO、CO2，反应热很大，导致反应温度急剧上升，不仅丙烷容易反应，生成的丙烯也容易氧化为CO、CO2，因此利用二氧化碳的弱氧化性进行氧化可减少副反应的发生，还可以减少丙烯被氧化，提高产率，故答案为：减少副反应的发生、还可以减少丙烯被氧化，提高产率；
（6）由图可知，Zn2+位于晶胞体内，数目为4，O2-位于顶点和面心，数目为，Zn2+填充在由4个O2-构成的正四边体的体心，Zn2+到O2-最短的距离是晶胞体对角线的，即；晶胞边长为apm，体积为a3pm，晶胞质量为，则晶体密度为 ，故答案为： ； 。
【分析】（1）根据盖斯定律，将可得③；
（2）根据ΔH=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算；
（3）p越大，丙烷的平衡转化率越小；列出反应的三段式，结合计算；
（4） 初期产物中没有检测到，说明 直接氧化吸附的丙烷， 以含有的和为原料，反应过程中没有检测到 ，说明碳氢键的断裂不可逆；
（5） 使用 可减少副反应的发生、还可以减少丙烯被氧化，提高产率；
（6）Zn2+到O2-最短的距离是晶胞体对角线的，根据均摊法和计算。
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