综合题突破二 反应原理综合题 专项特训（含解析）2024年高考化学二轮复习
文档属性
| 名称 | 综合题突破二 反应原理综合题 专项特训（含解析）2024年高考化学二轮复习 |  | |
| 格式 | DOCX | ||
| 文件大小 | 711.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-13 19:41:36 | ||
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文档简介
综合题突破二 反应原理综合题
题型特训1 速率、平衡——物质结构综合题
1.碳及其化合物的资源化利用在生产、生活中具有重要的意义。回答下列问题：
Ⅰ.汽车尾气的处理：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－620.4 kJ·mol－1。
该反应的反应历程及反应物和生成物的相对能量如下图所示：
(1)反应 (填“①”“②”或“③” )是该反应的决速步骤。
(2)写出反应②的热化学方程式__________________________________________
___________________________________________________________________。
Ⅱ.向一恒容密闭容器中，充入1 mol CO气体和一定量的NO气体发生反应：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)，下图是3种投料比[n(CO)∶n(NO)分别为2∶1、1∶1、1∶2]时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。
(3)图中表示投料比为2∶1的曲线的是 。
(4)m点NO的逆反应速率 n点NO的正反应速率(填“>”“<”或“＝”)。
(5)T1条件下，起始时容器内气体的总压强为3 MPa，则p点时该反应的平衡常数Kp＝
(MPa)－1(保留两位小数，以分压表示，气体分压＝总压 ×物质的量分数)；p点时，再向容器中充入NO和CO2，使二者分压均增大为原来的2倍，则CO的转化率 (填“增大”“不变”或“减小”)。
Ⅲ.利用光电催化将CO2还原为CO是很有前景的研究方向，CsPbBr3是一种重要光电池材料，其晶胞模型如下图a所示，为更清晰地表示晶胞中原子所在的位置，常将立体晶胞结构转化为平面投影图，例如沿CsPbBr3晶胞的c轴将原子投影到ab平面，即可用下图b表示。
(6)图b中c1＝ c2＝ ；晶胞参数为a pm, CsPbBr3的密度为 g·cm－3(列出计算式，设NA表示阿伏加德罗常数的值)。
2.化石燃料燃烧过程中形成NO和CO等污染物，利用CO脱除NO的研究获得了广泛关注。在催化剂作用下，CO与NO的反应为2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH。回答下列问题：
(1)已知： 2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH1＝－520 kJ·mol－1
N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH2＝＋160 kJ·mol－1
则ΔH＝ 。
(2)向某刚性容器中加入2 mol CO、2 mol NO和催化剂， 测得平衡时CO2的体积分数随温度和压强的关系如图1所示。
①下列叙述不能说明该反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A.CO2和N2的浓度比保持不变
B.压强不再变化
C.混合气体的密度不再变化
D.混合气体的摩尔质量不再变化
②压强p1 p2(填“>”或“<”， 下同), a、b两点的平衡常数Ka Kb。
③b点CO的转化率为 %(保留一位小数)，b点的Kp＝ (用含p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压 ×体积分数)。
(3)金属锌作催化剂，在相同时间内，以相同投料比反应时，容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2。当温度高于T ℃时，n(CO2)下降的原因可能是____________________________________________________________________
___________________________________________________________________
(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。
(4)硫与催化剂锌所形成化合物晶体的晶胞如图3所示。在该晶胞中原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0，0); b为(，0，)；c为(，，0)。则d的坐标参数为 。已知该晶胞的密度为ρ g·cm－3，则其中两个最近S原子之间的距离为 pm(列出计算式即可)。
3.乙烯是重要的有机化学原料，工业上可利用乙烷脱氢制备乙烯。
(1)乙烷裂解为乙烯为自由基反应，其可能的引发反应及对应化学键的解离能如下：
可能的引发反应 有关键的解离能(kJ/mol)
C2H6(g)→C2H5·(g)＋H·(g) 410
C2H6(g)→ 2CH3·(g) 368
根据表格信息，乙烷裂解引发的反应主要为_____________________________
____________________________________________________________________。
(2)经过引发的后续反应历程为(已略去链终止过程)：
……
C2H5·(g)→C2H4(g)＋H·(g) ΔH1
H·(g)＋C2H6(g)→C2H5·(g)＋H2(g) ΔH2
①C2H4(g)＋H2(g) →C2H6(g)的ΔH＝ (用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。
②上述历程中“……”所代表的反应为________________________________。
(3)CH3·中的单电子不能占据杂化轨道，则CH3·中碳原子的杂化方式为 。
(4)乙烷裂解中主要发生的反应及其在不同温度下的平衡常数如下表：
反应 1 100 K 1 300 K 1 500 K
Ⅰ.C2H6??C2H4＋H2 1.6 18.9 72.0
Ⅱ.C2H6??C2H4＋CH4 60.9 108.7 165.8
Ⅲ.C2H4??C2H2＋H2 0.015 0.33 3.2
Ⅳ.C2H2??2C＋H2 6.5×107 1.5×106 1.0×105
①当裂解反应达到平衡状态时，体系将会产生大量积碳。由表中数据分析，平衡时混合气体中 (填化学式)的百分含量最大，原因是___________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
②为提高乙烯的产率，工业生产的适宜反应条件为 (填标号)。
A.高温 较长的反应时间
B.高温 较短的反应时间
C.低温 较长的反应时间
D.低温 较短的反应时间
③在某温度下投入x mol C2H6发生上述反应，平衡时混合体系的压强为p，其中C2H6、C2H4、CH4的物质的量分别为m mol、n mol、r mol，未检测出C2H2。则此温度下反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ (以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
(5)工业上制备乙烯常使用Ni－Cr－Fe合金炉，某Ni－Cr－Fe合金的晶胞结构如图所示，●表示Ni原子，○表示Fe原子，由4个Ni原子和2个Fe原子所形成的八面体空隙中心的一半填充Cr原子(如图中△位置)，则该合金可表示为 (填化学式)。
4.对二氧化碳的资源化利用可以获得重要的化工产品和原料，有利于实现“双碳”目标。用CO2制备C2H4的主要反应为
Ⅰ.2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g) ΔH1
Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2>0
(1)已知298 K时，部分物质的相对能量如下表所示(忽略ΔH随温度的变化)。
物质 CO2(g) H2O(l) H2O(g) CO(g) H2(g) C2H4(g)
相对能量/ (kJ·mol－1) －393 －286 －242 －110 0 52
则ΔH1＝ kJ·mol－1。
(2)向某刚性容器中，按投料比n(CO2)∶n(H2)＝1∶3充入CO2和H2，在不同催化剂(M、N)下发生上述反应。一段时间后，测得CO2转化率、C2H4选择性(含碳生成物中C2H4的百分含量)随温度的变化如图1所示。
①由图1可知， (填“M”或“N”)的催化效果好。
②500～800 K之间，乙烯的选择性随温度变化的原因是___________________________________________________________________。
(3)在一定条件下，向密闭容器中充入5.0 mol CO2和8.0 mol H2，发生反应2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)。测得相同时间内，CO2的转化率随温度的变化如图2所示(虚线表示CO2的平衡转化率随温度的变化，实线表示CO2的实时转化率随温度的变化)。
①由图2可知，达到平衡状态的点有 (填“x”“y”“z”或“w”)，v逆(x) (填“>”“<”或“＝”)v逆(z)；已知w点体系的压强为200 kPa，则T0 K时，该反应的标准平衡常数Kθ＝ [保留2位小数，已知：分压＝总压×该组分的物质的量分数，对于反应dD(g)＋eE(g)??gG(g)＋hH(g)，Kθ＝，其中pθ＝100 kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压]。
②CO2的平衡转化率随温度变化逐渐减小的原因为_______________________
__________________________________________________________________。
(4)已知速率方程v正＝k正·c2(CO2)·c6(H2)，v逆＝k逆·c(C2H4)·c4(H2)，k正、k逆是速率常数。图3中a、b、c、d分别代表x点、z点的速率常数，其中 点表示x点的lg k正；升高温度时，k正－k逆 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(5)Li、Fe、Se可形成新型超导材料，晶胞如图4所示。
①已知晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，设阿伏加德罗常数的值为NA，相对分子质量为M，则晶体的密度为 g·cm－3(列式表示)。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。Li原子①的坐标为(0，0，0)，Se原子②的坐标为(1，0，)，Se原子③的坐标为(，，)，则Fe原子④的坐标为 ；Fe原子的配位数为 。
题型特训2 速率、平衡——能量变化综合题
5.(2023·广州二中模拟)通过煤的气化和液化，使碳及其化合物得以广泛应用。
Ⅰ.工业上先用煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时，存在以下平衡：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
(1)向1 L恒容密闭容器中充入CO(g)和H2O(g)，800 ℃时测得部分数据如下表。
t/min 0 1 2 3 4
n(H2O)/mol 0.600 0.520 0.450 0.350 0.350
n(CO)/mol 0.400 0.320 0.250 0.150 0.150
则该温度下反应的平衡常数K＝ (保留2位有效数字)。
(2)相同条件下，向2 L恒容密闭容器中充入1 mol CO、1 mol H2O(g)、2 mol CO2、2 mol H2，此时v(正) v(逆)(填“>”“＝”或“<”)。
Ⅱ.已知CO(g)、H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热分别为283 kJ·mol－1、286 kJ·mol－1、726 kJ·mol－1。
(3)利用CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式为
____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(4)依据化学反应原理，增加压强对制备甲醇反应速率影响是 (填“加快”“减慢”或“无影响”)，对甲醇产率影响是 (填“增大”“减少”或“无影响”)。
Ⅲ.为摆脱对石油的过度依赖，科研人员将煤液化制备汽油，并设计了汽油燃料电池，电池工作原理如图所示：一个电极通入氧气，另一电极通入汽油蒸气，电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2－。
(5)以辛烷(C8H18)代表汽油，写出该电池工作时的负极反应方程式____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(6)已知一个电子的电量是1.602×10－19 C，用该电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH g。
Ⅳ.煤燃烧产生的CO2是造成温室效应的主要气体之一
(7)将CO2转化成有机物可有效地实现碳循环。如：
a.6CO2＋6H2OC6H12O6＋6O2
b.2CO2＋6H2C2H5OH＋3H2O
c.CO2＋CH4CH3COOH
d.2CO2＋6H2CH2===CH2＋4H2O
以上反应中，原子利用率最高的是 。
6.(2023·全国甲卷)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①3O2(g)===2O3(g) K1 ΔH1＝＋285 kJ·mol－1
②2CH4(g)＋O2(g)===2CH3OH(l) K2 ΔH2＝－329 kJ·mol－1
反应③CH4(g)＋O3(g)===CH3OH(l)＋O2(g)的ΔH3＝ kJ·mol－1，平衡常数K3＝
(用K1、K2表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的M＋(Fe＋、Co＋、Ni＋等)与O3反应可得MO＋。MO＋与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300 K和310 K下(其他反应条件相同)进行反应MO＋＋CH4===M＋＋CH3OH，结果如下图所示。图中300 K的曲线是 (填“a”或“b”)。300 K、60 s时MO＋的转化率为__________________________(列出算式)。
(3)MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。
(ⅲ)MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD CHD2OH(填“＞”“＜”或“＝”)。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有 种。
7.(2023·揭阳联考)碳热还原法是一种在一定温度下以无机碳为还原剂进行氧化还原反应的方法，在冶金行业有着广泛的应用。
回答下列问题：
(1)氧化铝碳热还原过程发生了如下反应：
2Al2O3(s)＋9C(s)===Al4C3(s)＋6CO(g) ΔH1 反应初始温度1 714 K
2Al2O3(s)＋3C(s)===Al4O4C(s)＋2CO(g) ΔH2 反应初始温度1 689 K
Al4O4C(s)＋6C(s)===Al4C3(s)＋4CO(g) ΔH3 反应初始温度1 726 K
①ΔH3＝ (用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
②根据以上信息分析，在相同系统压力下，1 700 K时，Al2O3与C反应优先生成的含铝化合物为 (填化学式)。
(2)科学家在氧化铝碳热还原法研究中加入无水氯化铝作氯化剂，一定条件下，氧化铝先转化为Al4O4C和Al4C3，Al4O4C和Al4C3再转化为低价氯化铝(AlCl)，低价氯化铝进入低温区歧化得到铝。忽略中间产物，写出由氧化铝直接获得AlCl的化学方程式：______________________________________________________
____________________________________________________________________。
(3)三氯化铝固体在一定温度与压强下升华，可能生成三氯化铝气体[AlCl3(s)―→AlCl3(g)反应ⅰ]，也可能生成六氯化二铝气体[2AlCl3(s)―→Al2Cl6(g)反应ⅱ]，实验结果如图所示：
①在10～100 Pa，350～370 K条件下，氯化铝升华得到 (填AlCl3或Al2Cl6)。
②气态氯化铝是具有配位键的化合物，分子中原子间成键关系如图所示，请将图中你认为是配位键的斜线上加上箭头。
(4)碳热还原制锰合金反应为Mn3C(s)＋CO2(g)3Mn(s)＋2CO(g) Kp，CO与CO2平衡分压比的自然对数值(ln K＝2.303×lg K)与温度的关系如图所示(已知Kp是用平衡分压代替浓度计算所得的平衡常数，分压＝总压×气体的物质的量分数)。
向恒容密闭容器中加入足量Mn3C并充入0.1 mol CO2，发生上述反应，测得A点时容器的总压为a kPa，则A点时CO2的平衡转化率为 (保留三位有效数字)；A点对应温度下的Kp＝ kPa。
题型特训3 反应原理综合题
8.(2023·汕头一模)CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。回答下列问题：
(1)用CO2制备甲醇可实现碳循环，一种制备方法为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH
已知：①CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH1＝－40.9 kJ· mol－1
②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2＝－90.4 kJ· mol－1
该制备反应的ΔH＝ 。升高温度，该制备甲醇反应的CO2的平衡转化率
(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)已知反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的v正＝k正·p(CO2)·p3(H2)，v逆＝k逆·p(CH3OH)·p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压＝总压×物质的量分数)。在540 K下，按初始投料比n(CO2)∶n(H2)＝3∶1、n(CO2)∶n(H2)＝1∶1、n(CO2)∶n(H2)＝1∶3，得到不同压强条件下H2的平衡转化率关系图：
①a、b、c各曲线所表示的投料比由大到小的顺序为 (用字母表示)。
②N点在b曲线上，540 K时的压强平衡常数Kp＝ (MPa)－2(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
③540 K条件下，某容器测得某时刻p(CO2)＝0.2 MPa，p(H2)＝0.4 MPa，p(CH3OH)＝p(H2O)＝0.1 MPa，此时＝ (保留两位小数)。
(3)用电解法将CO2转化为燃料是实现碳循环的一种途径，原理如图所示。铜电极上产生C2H4的电极反应式为_________________________________________，
若阴极只产生CO、HCOOH、C2H4，且生成速率相同，则相同条件下Pt电极产生的O2与Cu电极上产生的HCOOH的物质的量之比为 。
9.我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。
Ⅰ.利用温室气体CO2和CH4制备燃料合成器，计算机模拟单个二氧化碳分子与甲烷分子的反应历程如图所示：
已知：1 eV为1电子伏特，表示一个电子(所带电量为－1.6×10－19C)经过1伏特的电位差加速后所获得的动能。
(1)制备合成气CO、H2总反应的热化学方程式为___________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)向密闭容器中充入等体积的CO2和CH4，测得平衡时压强对数lgp(CO2)和lgp(H2)的关系如图所示。(压强的单位为：MPa)
①T1 T2(填“>”“＜”或“＝”)。
②温度为T1时，该反应的压强平衡常数Kp＝ MPa2。
Ⅱ.丙烯是重要的有机合成原料。由丙烷制备丙烯是近年来研究的热点，主要涉及如下反应：
反应i：2C3H8(g)＋O2(g)2C3H6(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－235 kJ/mol
反应ii：2C3H8(g)＋7O2(g)6CO(g)＋8H2O(g) ΔH2＝－2 742 kJ/mol
回答下列问题：
(3)在刚性绝热容器中发生反应i，下列能说明已达到平衡状态的有 (填标号)。
A.每断裂1 mol O===O键，同时生成4 mol O—H键
B.容器内温度不再变化
C.混合气体的密度不再变化
D.n(C3H8)＝n(C3H6)
(4)在压强恒定为100 kPa条件下，按起始投料n(C3H8)∶n(O2)＝2∶1，匀速通入反应器中在不同温度下反应相同时间，测得丙烷和氧气的转化率如下图。
①线 (填“L1”或“L2”)表示丙烷的转化率。
②温度高于T1 K后曲线L2随温度升高而降低的原因为____________________________________________________________________。
③当温度高于 (填“T1”或“T2”)时，可判断反应ii不再发生。
Ⅲ.常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。
(5)若某次捕捉后得到pH＝11的溶液，则溶液中c(CO)∶c(HCO)＝ (常温下Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7、Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11)。
(6)现有46.6 g BaSO4固体，每次用1 L 1.3 mol/L Na2CO3溶液处理，若使BaSO4中的SO全部转化到溶液中，需要反复处理 次。(已知：Ksp(BaCO3)＝2.5×10－9、Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10)
10.(2023·深圳二调)“O3氧化法”和“光催化氧化法”常用于烟气脱硫、脱硝，对环境保护意义重大。回答下列问题：
Ⅰ.O3氧化法
(1)用O3氧化烟气中的SO2时，体系中存在以下反应：
a)SO2(g)＋O3(g)SO3(g)＋O2(g) ΔH1
b)2O3(g)O2(g) ΔH2＝－286.6 kJ·mol－1
c)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH3＝－196.6 kJ·mol－1
根据盖斯定律，ΔH1＝_______________________________________________。
(2)在密闭容器中充入1 mol N2O4和1 mol O3，发生以下反应：
d)N2O4(g)2NO2(g) ΔH4＝＋57 kJ·mol－1
e)N2O4(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g) ΔH5
不同压强(p)下，N2O4的平衡转化率α(N2O4)随反应温度(T)的变化关系如下图所示：
①由图可知，ΔH5 0(填“大于”或“小于”下同)，p1 p2。
②下列有关该反应体系的说法正确的是 (填标号)。
A.恒压下，混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
B.任意时刻，存在n(NO2)＋n(N2O4)＋n(N2O5)<1 mol
C.恒容下，升高温度，该体系中气体颜色变浅
D.恒容下，增大N2O4的浓度，反应d、e的正反应速率均增大
③某温度下，平衡时N2O4的物质的量分数为，且NO2与O2的物质的量分数相等，此时n(O2)＝ mol。
Ⅱ.光催化氧化法
光照条件下，催化剂TiO2表面产生电子(e－)和空穴(h＋)。电子与O2作用生成离子自由基(·O)，空穴与水电离出的OH－作用生成羟基自由基(·OH)，·O和·OH分别与NO反应生成NO。变化过程如下图所示：
(3)一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，结合催化剂的作用机理，分析可能的原因______________________________________________________
____________________________________________________________________。
(4)已知该过程中生成的HNO2可继续与·OH发生反应：HNO2＋2·OH===H＋＋NO＋H2O；该反应可分两步进行，请补充反应ⅰ：
ⅰ._________________________________________________________________；
ⅱ.NO2＋·OH===H＋＋NO。
(5)理论上“光催化氧化法”中，消耗的OH－与生成的NO的物质的量之比为 。
综合题突破二 反应原理综合题
1.答案 （1）①
（2）N2O2（g）＋CO（g）===CO2（g）＋N2O（g） ΔH＝－513.2 kJ/mol
（3）D （4）> （5）4.44 不变 （6）0
解析 （1）反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是化学反应的决速步骤，由图可知，反应①的活化能最大，反应速率最慢，则反应①是该反应的决速步骤；（2）由图可知，反应①为吸热反应，反应ΔH1 ＝＋199.4 kJ/mol，反应③为放热反应，反应ΔH3 ＝－306.6 kJ/mol，由盖斯定律可知反应①＋②＋③得到总反应，则反应②的焓变ΔH2 ＝ΔH－ΔH1－ΔH3＝（－620.4 kJ/mol）－（＋199.4 kJ/mol）－（－306.6 kJ/mol）＝－513.2 kJ/mol，反应的热化学方程式为N2O2（g）＋CO（g）===CO2（g）＋N2O（g） ΔH＝－513.2 kJ/mol；（3）恒容密闭容器中，投料比n（CO）∶n（NO）越小相当于一氧化氮的浓度越大，增大一氧化氮的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，则n（CO）∶n（NO）分别投料比为2∶1、1∶1、1∶2的反应中，投料比为2∶1的一氧化氮浓度最小，一氧化碳转化率最小，则图中表示投料比为2∶1的曲线是D；（4）恒容密闭容器中，投料比n（CO）∶n（NO）越小相当于一氧化氮的浓度越大，增大一氧化氮的浓度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，则图中表示投料比为1∶1、1∶2的曲线分别是B、A，所以m点一氧化氮的浓度大于n点，反应速率大于n点；（5）平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，所以图中T1条件下，m点和p点的平衡常数相等，由图可知，m点一氧化碳的转化率为80%，设起始一氧化碳和一氧化氮的物质的量分别为1 mol和2 mol，由题意可建立如下三段式：
起始时容器内气体的总压强为3 MPa，由物质的量之比等于气体压强之比可得平衡时气体压强为＝2.6 MPa；则反应的平衡常数Kp＝≈4.44；p点时，再向容器中充入一氧化氮和二氧化碳，使二者分压均增大为原来的2倍，反应的浓度熵Q＝≈4.44＝Kp，则化学平衡不移动，一氧化碳的转化率不变；（6）由题给信息可知，晶胞模型中位于顶点的铯原子、位于体心的铅原子中平面投影图b中在c轴的坐标分别为0、，则晶胞模型中位于上下面心的溴原子在c轴的坐标c1为0、位于前后和左右面心的溴原子在c轴的坐标c1为；由晶胞结构可知，位于体内的铅原子个数为1可知，晶胞中CsPbBr3的个数为1，设晶体的密度为d g/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝10－30a3d，解得d＝。
2.答案 （1）－680 kJ·mol－1
（2）①AC ②< > ③44.4%
（3）随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少（反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小）
（4）（1，，） ××1010
解析 （1）①2CO（g）＋O2（g）2CO2（g） ΔH1＝－520 kJ·mol－1；②N2（g）＋O2（g） 2NO（g） ΔH2＝＋160 kJ·mol－1 ，由盖斯定律：①－②得2CO（g）＋2NO（g） ?? 2CO2（g）＋N2（g） ΔH＝－ 520 kJ·mol－1－160 kJ·mol－1＝－680 kJ·mol－1；（2）①A.2CO（g）＋2NO（g） 2CO2（g）＋N2（g），CO2和N2的浓度比始终保持不变，故A选；B.反应为气体体积减小的反应，压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故B不选；C.反应前后均为气体，总质量不变，混合气体的密度始终保持不变，当气体的密度不再变化时，不能说明反应达到平衡状态，故C选；D.反应前后均为气体，总质量不变，但反应后物质的量减小，反应混合气体的摩尔质量不再变化，说明反应达到平衡状态，故D不选；②由图1可得：相同温度下，p2的二氧化碳含量大，结合方程式，加压，平衡正向移动，压强p1< p2，由a到b温度升高，对于放热反应，平衡逆向移动，平衡常数减小， a、b两点的平衡常数Ka>Kb。
③，
b点二氧化碳的体积分数为：×100%＝25% ，x＝ mol，b点CO的转化率为×100%＝ 44.4%，平衡时，CO（g）为 mol，NO（g） 为 mol, CO2（g）为 mol，N2（g）为 mol，平衡时总物质的量为 mol，b点的Kp＝ ＝；（3）容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2，当温度高于T ℃时，n（CO2）下降的原因可能是随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少（反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小）（答出一点即可，不考虑物质的稳定性）。（4）在该晶胞中，Zn的配位数为原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为（0，0, 0）；b为（，0，）；c为（，，0），a为原点，b、c、d为三个面的面心，则d的坐标参数为（1，，）。晶胞中Zn原子数目＝8×＋6×＝4，S的原子数目为4，所以R的化学式为ZnS，晶胞的质量m＝ g，晶胞的密度ρ，则晶胞棱长＝ cm，两个最近S2－之间的距离为面对角线的一半，则其中两个最近S原子之间的距离为××1010 pm。
3.答案 （1）C2H6（g）→2CH3·（g）
（2）－（ΔH1＋ΔH2）或－ΔH1 －ΔH2 CH3·（g）＋C2H6（g）→C2H5·（g）＋CH4（g）
（3）sp2
（4）①H2 反应Ⅳ的平衡常数远大于其它反应，体系主要得到碳和氢气，其他气体含量很少
②B ③
（5）Ni2Cr3Fe2
解析 （1）解离能越小，发生的可能性越大，所以乙烷裂解引发的反应主要为C2H6（g）→2CH3·（g）；（2）①C2H5·（g）→C2H4（g）＋H·（g） ΔH1②H·（g）＋C2H6（g）→C2H5·（g）＋H2（g） ΔH2，由盖斯定律①＋②得C2H6（g）→C2H4（g）＋H2（g），所以C2H4（g）＋H2（g）→C2H6（g），ΔH＝－（ΔH1＋ΔH2）或－ΔH1 －ΔH2；②由解离能得大小可判断主要生成甲基自由基，所以甲基自由基要转化为乙基自由基才能使反应生成乙烯，所以历程中“……”所代表的反应为CH3·（g）＋C2H6（g）→C2H5·（g）＋CH4（g）；（3）CH3·结构中中心原子周围有3对电子对，杂化方式为sp2；（4）①反应Ⅳ的平衡常数远大于其它反应，体系主要得到碳和氢气，其他气体含量很少，所以平衡时混合，气体中H2的百分含量最大；②工业生产Ⅰ、Ⅱ反应生成乙烯，温度升高平衡常数增大所以需要高温，又因为Ⅲ、Ⅳ会消耗乙烯所以时间不宜过长，故选B；③根据氢元素守恒：n（H2）＝（3x－3m－2n－2r） mol，n（总）＝（3x－3m－2n－2r＋m＋n＋r） mol＝（3x－2m－n－r） mol，KP＝＝；（5）晶胞中Fe原子个数是2，Ni原子个数是8×＋4×＝2，Ni、Fe所形成的八面体空隙中心共有6个（10×＋1＝6），由于只填充了一半的空隙，因此该合金可表示为Ni2Cr3Fe2。
4.答案 （1）－130
（2）①N ②温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利于反应Ⅱ的进行
（3）①z、w < 55.56 ②反应为放热反应，反应达到平衡后，温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率逐渐减小
（4）d 减小
（5）①×1021 ②（1，，） 4
解析 （1）已知反应的焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则ΔH1＝52 kJ·mol－1＋4×（－242 kJ·mol－1）－2×（－393 kJ·mol－1）－6×0＝－130 kJ·mol－1。
（2）①由题图1可知，N催化下能够在较低的温度下获得较高的CO2转化率和C2H4选择性，故N的催化效果好。②由曲线信息可知，500～800 K之间，乙烯的选择性随温度升高而减小，故其原因可能为温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利于反应Ⅱ的进行。（3）①由题图2可知，z点和w点CO2的平衡转化率和实时转化率相等，因此达到平衡状态的点有z、w。根据图像分析升高温度，任何反应的反应速率均增大，由题图2可知，x点对应温度小于z点对应温度，故v逆（x）则平衡时，p（CO2）＝×200 kPa＝60 kPa，同理，p（H2）＝40 kPa，p（C2H4）＝20 kPa，p（H2O）＝80 kPa，该反应的标准平衡常数Kθ＝＝≈55.56。②由于该反应为放热反应，反应达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，因此CO2的平衡转化率逐渐减小。（4）已知速率方程v正＝k正·c2（CO2）·c6（H2），v逆＝k逆·c（C2H4）·c4（H2O），k正、k逆是速率常数，由（1）分析可知，2CO2（g）＋6H2（g）C2H4（g）＋4H2O（g） ΔH＝－130 kJ·mol－1<0，即升高温度平衡逆向移动，则说明k正随温度变化比k逆随温度变化更慢，题图3中曲线bd的斜率小于曲线ac，则曲线ac代表k逆，bd代表k正，且由题图2可知，x点为未达到平衡点，且平衡向正反应方向进行，即k正>k逆，题图3中a、b、c、d分别代表x点、z点的速率常数，其中d点表示x点的lg k正，由分析可知，升高温度时，k正随温度变化比k逆随温度变化慢，k正－k逆减小。（5）①Li：8×1/8＋1＝2。Fe：8×1/2＝4，Se：8×1/4＋2＝4。依据密度公式：2×＝ρ×（a2b×10－21） cm3，则ρ＝×1021 g·cm－3。②依据Li原子①的坐标为（0，0，0），Se原子②的坐标为（1，0，），Se原子③的坐标为（，，），则Fe原子③的坐标为（1，，）。距离Fe原子最近且距离相等的Se原子有4个，故Fe的配位数为4。
5.答案 （1）1.2 （2）<
（3）CO（g）＋2H2（g）CH3OH（l） ΔH＝－129 kJ·mol－1
（4）①加快 ②增大
（5）C8H18－50e－＋25O2－===8CO2＋9H2O
（6）80 （7）c
解析 （1）CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）在3 min时达到平衡时，由于V＝1 L，所以c（H2O）＝0.35 mol/L，c（CO）＝0.15 mol/L，c（H2）＝c（CO2）＝0.60 mol/L－0.35 mol/L＝0.25 mol/L，则化学平衡常数K＝＝＝1.2；（2）相同条件下，向2 L恒容密闭容器中充入1 mol CO、1 mol H2O（g）、2 mol CO2、2 mol H2，此时各种物质的浓度分别是c（CO）＝c（H2O）＝0.5 mol/L，c（H2）＝c（CO2）＝1 mol/L，物质的浓度商是Q＝＝＝4>1.2，所以反应逆向进行，v（正）6.答案 （1）－307 或
（2）b ×100%或×100%
（3）（ⅰ）Ⅰ （ⅱ）c （ⅲ）＜ 2
解析 （1）根据盖斯定律可知，反应③＝（反应②－①），所以对应ΔH3＝（ΔH2－ΔH1）＝（－329 kJ·mol－1－285 kJ·mol－1）＝－307 kJ·mol－1；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数K3＝或；（2）根据图示信息可知，纵坐标表示－lg，即与MO＋的微粒分布系数成反比，与M＋的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M＋的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300 K条件下的反应；根据上述分析结合图像可知，300 K、60 s时－lg＝0.1，则＝10－0.1，利用数学关系式可求出c（M＋）＝（100.1－1）c（MO＋），根据反应MO＋＋CH4===M＋＋CH3OH可知，生成的M＋即为转化的MO＋，则MO＋的转化率为×100%或×100%；（3）（ⅰ）步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ；（ⅱ）直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线c；（ⅲ）MO＋与CH2D2反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量CH2DOD＜CHD2OH；根据反应机理可知，若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH共2种。
7.答案 （1）①ΔH1－ΔH2 ②Al4O4C （2）Al2O3＋AlCl3＋3C3CO↑＋3AlCl （3）①Al2Cl6
② （4）33.3% 0.5a
解析 （1）①根据盖斯定律可知ΔH3＝ΔH1－ΔH2。②由信息可知，在1 700 K时，Al2O3与C反应优先生成Al4O4C和CO。（2）由信息可知，该过程中铝元素得电子，由此猜测碳为还原剂，再结合氧化铝碳热还原过程的反应，碳单质都是被氧化成CO，可最终推理出全部产物。再进一步根据元素守恒配平即可。（3）①在10～100 Pa，350～370 K条件下，主要发生反应ⅱ，故氯化铝升华得到六氯化化二铝。②基态铝原子的价电子排布式为3s23p1，所以其仅能形成三个共价键，还有一个共价键由氯提供孤对电子、铝提供空轨道形成，因为是二聚分子，所以配位键如图所示。（4）A点时，ln ＝0，则p（CO）＝p（CO2），假设CO2转化x mol，则有0.1 mol－x mol＝2x mol，解得x＝，故CO2的平衡转化率为33.3%；此时c（CO）＝c（CO2），两者的物质的量分数均为0.5，容器的总压为a kPa，故Kp＝＝0.5a kPa。
8.答案 （1）－49.5 kJ· mol－1 减小
（2）①a>b>c ②0.5 ③0.64
（3）2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O 4∶1
解析 （1）设③CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）根据盖斯定律可知，③＝②－①，则ΔH＝－90.4 kJ· mol－1－（－40.9 kJ·mol－1）＝－49.5 kJ· mol－1；该反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小；（2）①两种物质反应，增大二氧化碳的浓度则氢气的平衡转化率会增大，故a、b、c各曲线所表示的投料比由大到小的顺序为a>b>c；②根据题给数据可得三段式如下，
平衡时气体总物质的量＝1.6 mol，
则此时平衡常数Kp＝＝0.5；
③根据v正＝k正·p（CO2）·p3（H2），v逆＝k逆·p（CH3OH）·p（H2O），则＝·＝0.5×＝0.64；（3）由图可知，二氧化碳在铜电极上得到电子生成乙烯，电极反应式为：2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O；根据电子转移情况：CO～2e－、HCOOH～2e－、C2H4～12e－，由于阴极生成CO、HCOOH、C2H4，且各产物生成速率相同，则每产生1 mol HCOOH电路中通过电子总物质的量为16 mol，故Pt电极与Cu电极上产生O2与HCOOH的体积比为16/4＝4∶1。
9.答案 （1）CO2（g）＋CH4（g）===2CO（g）＋2H2（g） ΔH＝＋（E5－E1）NA eV/mol
（2）①> ②0.01 （3）B
（4）①L2 ②两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低 ③T2
（5）4.7∶1 （6）4
解析 （1）由图示可知该反应为吸热反应，生成物能量高于反应物，而图示中是单个CO2分子与CH4分子的反应历程，ΔH＝（E生－E反）NA eV/mol，所以热化学方程式为：CO2（g）＋CH4（g）===2CO（g）＋2H2（g） ΔH＝＋（E5－E1）NA eV/mol；（2）①由于反应吸热，温度越高，正向进行程度越大，p（H2）越大，所以T1>T2；②Kp＝ ，温度为T1时，由b点可以知道各气体分压，p（CO）＝p（H2）＝1 MPa，p（CO2）＝p（CH4） ＝10 MPa，代入Kp表达式即可求得Kp＝0.01 MPa2；（3）A.O2中O===O键断裂代表正反应方向，H2O中O－H 键生成也代表正反应方向，不能说明已达平衡状态，A不符合；B.在绝热条件下，容器内的温度是个变量，当其不再变化时说明已达到平衡状态，B符合；C.反应物和生成物均是气体，则混合气体的质量不变，容器为刚性容器，体积不变，则混合气体密度是个不变量，不能作为是否已达平衡状态的依据，C不符合；D.当n（C3H8）＝n（C3H6）时，反应不一定达到平衡，D不符合；（4）①通过两反应方程式系数可知，丙烷转化率低于氧气，所以曲线L2表示丙烷的转化率；②由于T1 K后反应达到平衡，两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低；③当温度达到T2时，O2与丙烷的转化率相同，且起始投料比n（C3H8）∶n（O2）＝2∶1，可以判断温度达到T2后反应ii不再发生，T2 K时只发生反应i；（5）CO2气体用NaOH溶液吸收，反应产生Na2CO3、NaHCO3，所得混合溶液pH＝11，则c（H＋）＝10－11 mol/L。由于H2CO3是二元弱酸，溶液中分步电离，存在电离平衡，第二步电离平衡：HCOH＋＋CO，Ka2＝＝4.7×10－11，则＝＝＝4.7，即c（CO）∶c（HCO）＝4.7∶1；（6）46.6 g BaSO4的物质的量n（BaSO4）＝＝0.2 mol，设每次用1 L 1.3 mol/L Na2CO3溶液能处理x mol BaSO4，BaSO4（s）＋CO（aq）BaCO3（s）＋SO（aq），c（CO）＝（1.3－x） mol/L，c（SO）＝x mol/L，根据K＝＝＝＝＝0.04，解得x＝0.05，处理次数＝4，所以至少要反复处理4次。
10.答案 （1）－241.6 kJ·mol－1
（2）①小于 ②小于 ③AD ④0.2
（3）随着烟气湿度的增大，更多的OH－在催化剂表面转化为·OH，提高了NO的氧化速率
（4）HNO2＋·OH===NO2＋H2O
（5）3∶4
解析 （1）根据盖斯定律，×（反应b＋反应c）可得反应a，则ΔH1＝×（－286.6－196.6）＝－241.6 kJ·mol－1；（2）①由图可知，同一压强下，温度升高N2O4的平衡转化率减小，而反应d为吸热反应，升温平衡正向移动，说明反应e平衡逆向移动，该反应为放热反应，则ΔH5小于0，同一温度下，增大压强反应d的平衡逆向移动，α（N2O4）减小，则p1小于p2；②A.恒压下混合气体的总质量不变，但反应前后气体分子数不相等即物质的量会发生变化，根据pV＝nRT，容器的体积会发生变化，则密度是一变量，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故A正确；B.任意时刻，由氮元素质量守恒，存在n（NO2）＋n（N2O4）＋n（N2O5）＝1 mol，故B错误；C.恒容下，升高温度，反应d正向移动，c（NO2）增大，则该体系中气体颜色变深，故C错误；D.恒容下，增大N2O4的浓度，则压强变大，反应d、e的正反应速率均增大，故D正确；③起始充入1 mol N2O4和1 mol O3，列三段式：
平衡时N2O4的物质的量分数为，则＝，且NO2与O2的物质的量分数相等，则2x＝y，联立两式，解得x＝0.1，y＝0.2，此时n（O2）＝0.2 mol；（3）一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，可能的原因是：随着烟气湿度的增大，更多的OH－在催化剂表面转化为·OH，提高了NO的氧化速率；（4）将总反应减去反应ⅱ可得反应ⅰ为HNO2＋·OH===NO2＋H2O；（5）“光催化氧化法”中OH－由H2O电离出的，·O和·OH分别与NO反应生成NO，N元素化合价升高了3，生成1 mol NO失去3 mol电子，而电子与O2作用生成离子自由基（·O），消耗1 mol O2得到4 mol电子，由得失电子守恒有关系式3OH－～3O2～4NO，消耗的OH－与生成的NO的物质的量之比为3∶4。
题型特训1 速率、平衡——物质结构综合题
1.碳及其化合物的资源化利用在生产、生活中具有重要的意义。回答下列问题：
Ⅰ.汽车尾气的处理：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH＝－620.4 kJ·mol－1。
该反应的反应历程及反应物和生成物的相对能量如下图所示：
(1)反应 (填“①”“②”或“③” )是该反应的决速步骤。
(2)写出反应②的热化学方程式__________________________________________
___________________________________________________________________。
Ⅱ.向一恒容密闭容器中，充入1 mol CO气体和一定量的NO气体发生反应：2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g)，下图是3种投料比[n(CO)∶n(NO)分别为2∶1、1∶1、1∶2]时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。
(3)图中表示投料比为2∶1的曲线的是 。
(4)m点NO的逆反应速率 n点NO的正反应速率(填“>”“<”或“＝”)。
(5)T1条件下，起始时容器内气体的总压强为3 MPa，则p点时该反应的平衡常数Kp＝
(MPa)－1(保留两位小数，以分压表示，气体分压＝总压 ×物质的量分数)；p点时，再向容器中充入NO和CO2，使二者分压均增大为原来的2倍，则CO的转化率 (填“增大”“不变”或“减小”)。
Ⅲ.利用光电催化将CO2还原为CO是很有前景的研究方向，CsPbBr3是一种重要光电池材料，其晶胞模型如下图a所示，为更清晰地表示晶胞中原子所在的位置，常将立体晶胞结构转化为平面投影图，例如沿CsPbBr3晶胞的c轴将原子投影到ab平面，即可用下图b表示。
(6)图b中c1＝ c2＝ ；晶胞参数为a pm, CsPbBr3的密度为 g·cm－3(列出计算式，设NA表示阿伏加德罗常数的值)。
2.化石燃料燃烧过程中形成NO和CO等污染物，利用CO脱除NO的研究获得了广泛关注。在催化剂作用下，CO与NO的反应为2CO(g)＋2NO(g)2CO2(g)＋N2(g) ΔH。回答下列问题：
(1)已知： 2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH1＝－520 kJ·mol－1
N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH2＝＋160 kJ·mol－1
则ΔH＝ 。
(2)向某刚性容器中加入2 mol CO、2 mol NO和催化剂， 测得平衡时CO2的体积分数随温度和压强的关系如图1所示。
①下列叙述不能说明该反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A.CO2和N2的浓度比保持不变
B.压强不再变化
C.混合气体的密度不再变化
D.混合气体的摩尔质量不再变化
②压强p1 p2(填“>”或“<”， 下同), a、b两点的平衡常数Ka Kb。
③b点CO的转化率为 %(保留一位小数)，b点的Kp＝ (用含p2的表达式表示，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压 ×体积分数)。
(3)金属锌作催化剂，在相同时间内，以相同投料比反应时，容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2。当温度高于T ℃时，n(CO2)下降的原因可能是____________________________________________________________________
___________________________________________________________________
(答出一点即可，不考虑物质的稳定性)。
(4)硫与催化剂锌所形成化合物晶体的晶胞如图3所示。在该晶胞中原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0，0，0); b为(，0，)；c为(，，0)。则d的坐标参数为 。已知该晶胞的密度为ρ g·cm－3，则其中两个最近S原子之间的距离为 pm(列出计算式即可)。
3.乙烯是重要的有机化学原料，工业上可利用乙烷脱氢制备乙烯。
(1)乙烷裂解为乙烯为自由基反应，其可能的引发反应及对应化学键的解离能如下：
可能的引发反应 有关键的解离能(kJ/mol)
C2H6(g)→C2H5·(g)＋H·(g) 410
C2H6(g)→ 2CH3·(g) 368
根据表格信息，乙烷裂解引发的反应主要为_____________________________
____________________________________________________________________。
(2)经过引发的后续反应历程为(已略去链终止过程)：
……
C2H5·(g)→C2H4(g)＋H·(g) ΔH1
H·(g)＋C2H6(g)→C2H5·(g)＋H2(g) ΔH2
①C2H4(g)＋H2(g) →C2H6(g)的ΔH＝ (用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。
②上述历程中“……”所代表的反应为________________________________。
(3)CH3·中的单电子不能占据杂化轨道，则CH3·中碳原子的杂化方式为 。
(4)乙烷裂解中主要发生的反应及其在不同温度下的平衡常数如下表：
反应 1 100 K 1 300 K 1 500 K
Ⅰ.C2H6??C2H4＋H2 1.6 18.9 72.0
Ⅱ.C2H6??C2H4＋CH4 60.9 108.7 165.8
Ⅲ.C2H4??C2H2＋H2 0.015 0.33 3.2
Ⅳ.C2H2??2C＋H2 6.5×107 1.5×106 1.0×105
①当裂解反应达到平衡状态时，体系将会产生大量积碳。由表中数据分析，平衡时混合气体中 (填化学式)的百分含量最大，原因是___________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
②为提高乙烯的产率，工业生产的适宜反应条件为 (填标号)。
A.高温 较长的反应时间
B.高温 较短的反应时间
C.低温 较长的反应时间
D.低温 较短的反应时间
③在某温度下投入x mol C2H6发生上述反应，平衡时混合体系的压强为p，其中C2H6、C2H4、CH4的物质的量分别为m mol、n mol、r mol，未检测出C2H2。则此温度下反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ (以分压表示，分压＝总压×物质的量分数)。
(5)工业上制备乙烯常使用Ni－Cr－Fe合金炉，某Ni－Cr－Fe合金的晶胞结构如图所示，●表示Ni原子，○表示Fe原子，由4个Ni原子和2个Fe原子所形成的八面体空隙中心的一半填充Cr原子(如图中△位置)，则该合金可表示为 (填化学式)。
4.对二氧化碳的资源化利用可以获得重要的化工产品和原料，有利于实现“双碳”目标。用CO2制备C2H4的主要反应为
Ⅰ.2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g) ΔH1
Ⅱ.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH2>0
(1)已知298 K时，部分物质的相对能量如下表所示(忽略ΔH随温度的变化)。
物质 CO2(g) H2O(l) H2O(g) CO(g) H2(g) C2H4(g)
相对能量/ (kJ·mol－1) －393 －286 －242 －110 0 52
则ΔH1＝ kJ·mol－1。
(2)向某刚性容器中，按投料比n(CO2)∶n(H2)＝1∶3充入CO2和H2，在不同催化剂(M、N)下发生上述反应。一段时间后，测得CO2转化率、C2H4选择性(含碳生成物中C2H4的百分含量)随温度的变化如图1所示。
①由图1可知， (填“M”或“N”)的催化效果好。
②500～800 K之间，乙烯的选择性随温度变化的原因是___________________________________________________________________。
(3)在一定条件下，向密闭容器中充入5.0 mol CO2和8.0 mol H2，发生反应2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)。测得相同时间内，CO2的转化率随温度的变化如图2所示(虚线表示CO2的平衡转化率随温度的变化，实线表示CO2的实时转化率随温度的变化)。
①由图2可知，达到平衡状态的点有 (填“x”“y”“z”或“w”)，v逆(x) (填“>”“<”或“＝”)v逆(z)；已知w点体系的压强为200 kPa，则T0 K时，该反应的标准平衡常数Kθ＝ [保留2位小数，已知：分压＝总压×该组分的物质的量分数，对于反应dD(g)＋eE(g)??gG(g)＋hH(g)，Kθ＝，其中pθ＝100 kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压]。
②CO2的平衡转化率随温度变化逐渐减小的原因为_______________________
__________________________________________________________________。
(4)已知速率方程v正＝k正·c2(CO2)·c6(H2)，v逆＝k逆·c(C2H4)·c4(H2)，k正、k逆是速率常数。图3中a、b、c、d分别代表x点、z点的速率常数，其中 点表示x点的lg k正；升高温度时，k正－k逆 (填“增大”“减小”或“不变”)。
(5)Li、Fe、Se可形成新型超导材料，晶胞如图4所示。
①已知晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，设阿伏加德罗常数的值为NA，相对分子质量为M，则晶体的密度为 g·cm－3(列式表示)。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。Li原子①的坐标为(0，0，0)，Se原子②的坐标为(1，0，)，Se原子③的坐标为(，，)，则Fe原子④的坐标为 ；Fe原子的配位数为 。
题型特训2 速率、平衡——能量变化综合题
5.(2023·广州二中模拟)通过煤的气化和液化，使碳及其化合物得以广泛应用。
Ⅰ.工业上先用煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时，存在以下平衡：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
(1)向1 L恒容密闭容器中充入CO(g)和H2O(g)，800 ℃时测得部分数据如下表。
t/min 0 1 2 3 4
n(H2O)/mol 0.600 0.520 0.450 0.350 0.350
n(CO)/mol 0.400 0.320 0.250 0.150 0.150
则该温度下反应的平衡常数K＝ (保留2位有效数字)。
(2)相同条件下，向2 L恒容密闭容器中充入1 mol CO、1 mol H2O(g)、2 mol CO2、2 mol H2，此时v(正) v(逆)(填“>”“＝”或“<”)。
Ⅱ.已知CO(g)、H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热分别为283 kJ·mol－1、286 kJ·mol－1、726 kJ·mol－1。
(3)利用CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式为
____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(4)依据化学反应原理，增加压强对制备甲醇反应速率影响是 (填“加快”“减慢”或“无影响”)，对甲醇产率影响是 (填“增大”“减少”或“无影响”)。
Ⅲ.为摆脱对石油的过度依赖，科研人员将煤液化制备汽油，并设计了汽油燃料电池，电池工作原理如图所示：一个电极通入氧气，另一电极通入汽油蒸气，电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2－。
(5)以辛烷(C8H18)代表汽油，写出该电池工作时的负极反应方程式____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(6)已知一个电子的电量是1.602×10－19 C，用该电池电解饱和食盐水，当电路中通过1.929×105C的电量时，生成NaOH g。
Ⅳ.煤燃烧产生的CO2是造成温室效应的主要气体之一
(7)将CO2转化成有机物可有效地实现碳循环。如：
a.6CO2＋6H2OC6H12O6＋6O2
b.2CO2＋6H2C2H5OH＋3H2O
c.CO2＋CH4CH3COOH
d.2CO2＋6H2CH2===CH2＋4H2O
以上反应中，原子利用率最高的是 。
6.(2023·全国甲卷)甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①3O2(g)===2O3(g) K1 ΔH1＝＋285 kJ·mol－1
②2CH4(g)＋O2(g)===2CH3OH(l) K2 ΔH2＝－329 kJ·mol－1
反应③CH4(g)＋O3(g)===CH3OH(l)＋O2(g)的ΔH3＝ kJ·mol－1，平衡常数K3＝
(用K1、K2表示)。
(2)电喷雾电离等方法得到的M＋(Fe＋、Co＋、Ni＋等)与O3反应可得MO＋。MO＋与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300 K和310 K下(其他反应条件相同)进行反应MO＋＋CH4===M＋＋CH3OH，结果如下图所示。图中300 K的曲线是 (填“a”或“b”)。300 K、60 s时MO＋的转化率为__________________________(列出算式)。
(3)MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。
(ⅰ)步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线 (填“c”或“d”)。
(ⅲ)MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD CHD2OH(填“＞”“＜”或“＝”)。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有 种。
7.(2023·揭阳联考)碳热还原法是一种在一定温度下以无机碳为还原剂进行氧化还原反应的方法，在冶金行业有着广泛的应用。
回答下列问题：
(1)氧化铝碳热还原过程发生了如下反应：
2Al2O3(s)＋9C(s)===Al4C3(s)＋6CO(g) ΔH1 反应初始温度1 714 K
2Al2O3(s)＋3C(s)===Al4O4C(s)＋2CO(g) ΔH2 反应初始温度1 689 K
Al4O4C(s)＋6C(s)===Al4C3(s)＋4CO(g) ΔH3 反应初始温度1 726 K
①ΔH3＝ (用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
②根据以上信息分析，在相同系统压力下，1 700 K时，Al2O3与C反应优先生成的含铝化合物为 (填化学式)。
(2)科学家在氧化铝碳热还原法研究中加入无水氯化铝作氯化剂，一定条件下，氧化铝先转化为Al4O4C和Al4C3，Al4O4C和Al4C3再转化为低价氯化铝(AlCl)，低价氯化铝进入低温区歧化得到铝。忽略中间产物，写出由氧化铝直接获得AlCl的化学方程式：______________________________________________________
____________________________________________________________________。
(3)三氯化铝固体在一定温度与压强下升华，可能生成三氯化铝气体[AlCl3(s)―→AlCl3(g)反应ⅰ]，也可能生成六氯化二铝气体[2AlCl3(s)―→Al2Cl6(g)反应ⅱ]，实验结果如图所示：
①在10～100 Pa，350～370 K条件下，氯化铝升华得到 (填AlCl3或Al2Cl6)。
②气态氯化铝是具有配位键的化合物，分子中原子间成键关系如图所示，请将图中你认为是配位键的斜线上加上箭头。
(4)碳热还原制锰合金反应为Mn3C(s)＋CO2(g)3Mn(s)＋2CO(g) Kp，CO与CO2平衡分压比的自然对数值(ln K＝2.303×lg K)与温度的关系如图所示(已知Kp是用平衡分压代替浓度计算所得的平衡常数，分压＝总压×气体的物质的量分数)。
向恒容密闭容器中加入足量Mn3C并充入0.1 mol CO2，发生上述反应，测得A点时容器的总压为a kPa，则A点时CO2的平衡转化率为 (保留三位有效数字)；A点对应温度下的Kp＝ kPa。
题型特训3 反应原理综合题
8.(2023·汕头一模)CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。回答下列问题：
(1)用CO2制备甲醇可实现碳循环，一种制备方法为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH
已知：①CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH1＝－40.9 kJ· mol－1
②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2＝－90.4 kJ· mol－1
该制备反应的ΔH＝ 。升高温度，该制备甲醇反应的CO2的平衡转化率
(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)已知反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的v正＝k正·p(CO2)·p3(H2)，v逆＝k逆·p(CH3OH)·p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压＝总压×物质的量分数)。在540 K下，按初始投料比n(CO2)∶n(H2)＝3∶1、n(CO2)∶n(H2)＝1∶1、n(CO2)∶n(H2)＝1∶3，得到不同压强条件下H2的平衡转化率关系图：
①a、b、c各曲线所表示的投料比由大到小的顺序为 (用字母表示)。
②N点在b曲线上，540 K时的压强平衡常数Kp＝ (MPa)－2(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
③540 K条件下，某容器测得某时刻p(CO2)＝0.2 MPa，p(H2)＝0.4 MPa，p(CH3OH)＝p(H2O)＝0.1 MPa，此时＝ (保留两位小数)。
(3)用电解法将CO2转化为燃料是实现碳循环的一种途径，原理如图所示。铜电极上产生C2H4的电极反应式为_________________________________________，
若阴极只产生CO、HCOOH、C2H4，且生成速率相同，则相同条件下Pt电极产生的O2与Cu电极上产生的HCOOH的物质的量之比为 。
9.我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。
Ⅰ.利用温室气体CO2和CH4制备燃料合成器，计算机模拟单个二氧化碳分子与甲烷分子的反应历程如图所示：
已知：1 eV为1电子伏特，表示一个电子(所带电量为－1.6×10－19C)经过1伏特的电位差加速后所获得的动能。
(1)制备合成气CO、H2总反应的热化学方程式为___________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)向密闭容器中充入等体积的CO2和CH4，测得平衡时压强对数lgp(CO2)和lgp(H2)的关系如图所示。(压强的单位为：MPa)
①T1 T2(填“>”“＜”或“＝”)。
②温度为T1时，该反应的压强平衡常数Kp＝ MPa2。
Ⅱ.丙烯是重要的有机合成原料。由丙烷制备丙烯是近年来研究的热点，主要涉及如下反应：
反应i：2C3H8(g)＋O2(g)2C3H6(g)＋2H2O(g) ΔH1＝－235 kJ/mol
反应ii：2C3H8(g)＋7O2(g)6CO(g)＋8H2O(g) ΔH2＝－2 742 kJ/mol
回答下列问题：
(3)在刚性绝热容器中发生反应i，下列能说明已达到平衡状态的有 (填标号)。
A.每断裂1 mol O===O键，同时生成4 mol O—H键
B.容器内温度不再变化
C.混合气体的密度不再变化
D.n(C3H8)＝n(C3H6)
(4)在压强恒定为100 kPa条件下，按起始投料n(C3H8)∶n(O2)＝2∶1，匀速通入反应器中在不同温度下反应相同时间，测得丙烷和氧气的转化率如下图。
①线 (填“L1”或“L2”)表示丙烷的转化率。
②温度高于T1 K后曲线L2随温度升高而降低的原因为____________________________________________________________________。
③当温度高于 (填“T1”或“T2”)时，可判断反应ii不再发生。
Ⅲ.常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。
(5)若某次捕捉后得到pH＝11的溶液，则溶液中c(CO)∶c(HCO)＝ (常温下Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7、Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11)。
(6)现有46.6 g BaSO4固体，每次用1 L 1.3 mol/L Na2CO3溶液处理，若使BaSO4中的SO全部转化到溶液中，需要反复处理 次。(已知：Ksp(BaCO3)＝2.5×10－9、Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10)
10.(2023·深圳二调)“O3氧化法”和“光催化氧化法”常用于烟气脱硫、脱硝，对环境保护意义重大。回答下列问题：
Ⅰ.O3氧化法
(1)用O3氧化烟气中的SO2时，体系中存在以下反应：
a)SO2(g)＋O3(g)SO3(g)＋O2(g) ΔH1
b)2O3(g)O2(g) ΔH2＝－286.6 kJ·mol－1
c)2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH3＝－196.6 kJ·mol－1
根据盖斯定律，ΔH1＝_______________________________________________。
(2)在密闭容器中充入1 mol N2O4和1 mol O3，发生以下反应：
d)N2O4(g)2NO2(g) ΔH4＝＋57 kJ·mol－1
e)N2O4(g)＋O3(g)N2O5(g)＋O2(g) ΔH5
不同压强(p)下，N2O4的平衡转化率α(N2O4)随反应温度(T)的变化关系如下图所示：
①由图可知，ΔH5 0(填“大于”或“小于”下同)，p1 p2。
②下列有关该反应体系的说法正确的是 (填标号)。
A.恒压下，混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
B.任意时刻，存在n(NO2)＋n(N2O4)＋n(N2O5)<1 mol
C.恒容下，升高温度，该体系中气体颜色变浅
D.恒容下，增大N2O4的浓度，反应d、e的正反应速率均增大
③某温度下，平衡时N2O4的物质的量分数为，且NO2与O2的物质的量分数相等，此时n(O2)＝ mol。
Ⅱ.光催化氧化法
光照条件下，催化剂TiO2表面产生电子(e－)和空穴(h＋)。电子与O2作用生成离子自由基(·O)，空穴与水电离出的OH－作用生成羟基自由基(·OH)，·O和·OH分别与NO反应生成NO。变化过程如下图所示：
(3)一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，结合催化剂的作用机理，分析可能的原因______________________________________________________
____________________________________________________________________。
(4)已知该过程中生成的HNO2可继续与·OH发生反应：HNO2＋2·OH===H＋＋NO＋H2O；该反应可分两步进行，请补充反应ⅰ：
ⅰ._________________________________________________________________；
ⅱ.NO2＋·OH===H＋＋NO。
(5)理论上“光催化氧化法”中，消耗的OH－与生成的NO的物质的量之比为 。
综合题突破二 反应原理综合题
1.答案 （1）①
（2）N2O2（g）＋CO（g）===CO2（g）＋N2O（g） ΔH＝－513.2 kJ/mol
（3）D （4）> （5）4.44 不变 （6）0
解析 （1）反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是化学反应的决速步骤，由图可知，反应①的活化能最大，反应速率最慢，则反应①是该反应的决速步骤；（2）由图可知，反应①为吸热反应，反应ΔH1 ＝＋199.4 kJ/mol，反应③为放热反应，反应ΔH3 ＝－306.6 kJ/mol，由盖斯定律可知反应①＋②＋③得到总反应，则反应②的焓变ΔH2 ＝ΔH－ΔH1－ΔH3＝（－620.4 kJ/mol）－（＋199.4 kJ/mol）－（－306.6 kJ/mol）＝－513.2 kJ/mol，反应的热化学方程式为N2O2（g）＋CO（g）===CO2（g）＋N2O（g） ΔH＝－513.2 kJ/mol；（3）恒容密闭容器中，投料比n（CO）∶n（NO）越小相当于一氧化氮的浓度越大，增大一氧化氮的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，则n（CO）∶n（NO）分别投料比为2∶1、1∶1、1∶2的反应中，投料比为2∶1的一氧化氮浓度最小，一氧化碳转化率最小，则图中表示投料比为2∶1的曲线是D；（4）恒容密闭容器中，投料比n（CO）∶n（NO）越小相当于一氧化氮的浓度越大，增大一氧化氮的浓度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，则图中表示投料比为1∶1、1∶2的曲线分别是B、A，所以m点一氧化氮的浓度大于n点，反应速率大于n点；（5）平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，所以图中T1条件下，m点和p点的平衡常数相等，由图可知，m点一氧化碳的转化率为80%，设起始一氧化碳和一氧化氮的物质的量分别为1 mol和2 mol，由题意可建立如下三段式：
起始时容器内气体的总压强为3 MPa，由物质的量之比等于气体压强之比可得平衡时气体压强为＝2.6 MPa；则反应的平衡常数Kp＝≈4.44；p点时，再向容器中充入一氧化氮和二氧化碳，使二者分压均增大为原来的2倍，反应的浓度熵Q＝≈4.44＝Kp，则化学平衡不移动，一氧化碳的转化率不变；（6）由题给信息可知，晶胞模型中位于顶点的铯原子、位于体心的铅原子中平面投影图b中在c轴的坐标分别为0、，则晶胞模型中位于上下面心的溴原子在c轴的坐标c1为0、位于前后和左右面心的溴原子在c轴的坐标c1为；由晶胞结构可知，位于体内的铅原子个数为1可知，晶胞中CsPbBr3的个数为1，设晶体的密度为d g/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝10－30a3d，解得d＝。
2.答案 （1）－680 kJ·mol－1
（2）①AC ②< > ③44.4%
（3）随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少（反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小）
（4）（1，，） ××1010
解析 （1）①2CO（g）＋O2（g）2CO2（g） ΔH1＝－520 kJ·mol－1；②N2（g）＋O2（g） 2NO（g） ΔH2＝＋160 kJ·mol－1 ，由盖斯定律：①－②得2CO（g）＋2NO（g） ?? 2CO2（g）＋N2（g） ΔH＝－ 520 kJ·mol－1－160 kJ·mol－1＝－680 kJ·mol－1；（2）①A.2CO（g）＋2NO（g） 2CO2（g）＋N2（g），CO2和N2的浓度比始终保持不变，故A选；B.反应为气体体积减小的反应，压强不再变化，说明反应达到平衡状态，故B不选；C.反应前后均为气体，总质量不变，混合气体的密度始终保持不变，当气体的密度不再变化时，不能说明反应达到平衡状态，故C选；D.反应前后均为气体，总质量不变，但反应后物质的量减小，反应混合气体的摩尔质量不再变化，说明反应达到平衡状态，故D不选；②由图1可得：相同温度下，p2的二氧化碳含量大，结合方程式，加压，平衡正向移动，压强p1< p2，由a到b温度升高，对于放热反应，平衡逆向移动，平衡常数减小， a、b两点的平衡常数Ka>Kb。
③，
b点二氧化碳的体积分数为：×100%＝25% ，x＝ mol，b点CO的转化率为×100%＝ 44.4%，平衡时，CO（g）为 mol，NO（g） 为 mol, CO2（g）为 mol，N2（g）为 mol，平衡时总物质的量为 mol，b点的Kp＝ ＝；（3）容器中CO2的物质的量随温度变化的曲线如图2，当温度高于T ℃时，n（CO2）下降的原因可能是随温度升高，催化剂活性降低，反应速率减慢，相同时间生成的CO2的物质的量减少（反应达平衡，温度升高，平衡逆向移动，CO2的物质的量减小）（答出一点即可，不考虑物质的稳定性）。（4）在该晶胞中，Zn的配位数为原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为（0，0, 0）；b为（，0，）；c为（，，0），a为原点，b、c、d为三个面的面心，则d的坐标参数为（1，，）。晶胞中Zn原子数目＝8×＋6×＝4，S的原子数目为4，所以R的化学式为ZnS，晶胞的质量m＝ g，晶胞的密度ρ，则晶胞棱长＝ cm，两个最近S2－之间的距离为面对角线的一半，则其中两个最近S原子之间的距离为××1010 pm。
3.答案 （1）C2H6（g）→2CH3·（g）
（2）－（ΔH1＋ΔH2）或－ΔH1 －ΔH2 CH3·（g）＋C2H6（g）→C2H5·（g）＋CH4（g）
（3）sp2
（4）①H2 反应Ⅳ的平衡常数远大于其它反应，体系主要得到碳和氢气，其他气体含量很少
②B ③
（5）Ni2Cr3Fe2
解析 （1）解离能越小，发生的可能性越大，所以乙烷裂解引发的反应主要为C2H6（g）→2CH3·（g）；（2）①C2H5·（g）→C2H4（g）＋H·（g） ΔH1②H·（g）＋C2H6（g）→C2H5·（g）＋H2（g） ΔH2，由盖斯定律①＋②得C2H6（g）→C2H4（g）＋H2（g），所以C2H4（g）＋H2（g）→C2H6（g），ΔH＝－（ΔH1＋ΔH2）或－ΔH1 －ΔH2；②由解离能得大小可判断主要生成甲基自由基，所以甲基自由基要转化为乙基自由基才能使反应生成乙烯，所以历程中“……”所代表的反应为CH3·（g）＋C2H6（g）→C2H5·（g）＋CH4（g）；（3）CH3·结构中中心原子周围有3对电子对，杂化方式为sp2；（4）①反应Ⅳ的平衡常数远大于其它反应，体系主要得到碳和氢气，其他气体含量很少，所以平衡时混合，气体中H2的百分含量最大；②工业生产Ⅰ、Ⅱ反应生成乙烯，温度升高平衡常数增大所以需要高温，又因为Ⅲ、Ⅳ会消耗乙烯所以时间不宜过长，故选B；③根据氢元素守恒：n（H2）＝（3x－3m－2n－2r） mol，n（总）＝（3x－3m－2n－2r＋m＋n＋r） mol＝（3x－2m－n－r） mol，KP＝＝；（5）晶胞中Fe原子个数是2，Ni原子个数是8×＋4×＝2，Ni、Fe所形成的八面体空隙中心共有6个（10×＋1＝6），由于只填充了一半的空隙，因此该合金可表示为Ni2Cr3Fe2。
4.答案 （1）－130
（2）①N ②温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利于反应Ⅱ的进行
（3）①z、w < 55.56 ②反应为放热反应，反应达到平衡后，温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率逐渐减小
（4）d 减小
（5）①×1021 ②（1，，） 4
解析 （1）已知反应的焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，则ΔH1＝52 kJ·mol－1＋4×（－242 kJ·mol－1）－2×（－393 kJ·mol－1）－6×0＝－130 kJ·mol－1。
（2）①由题图1可知，N催化下能够在较低的温度下获得较高的CO2转化率和C2H4选择性，故N的催化效果好。②由曲线信息可知，500～800 K之间，乙烯的选择性随温度升高而减小，故其原因可能为温度升高催化剂活性降低或者升高温度更有利于反应Ⅱ的进行。（3）①由题图2可知，z点和w点CO2的平衡转化率和实时转化率相等，因此达到平衡状态的点有z、w。根据图像分析升高温度，任何反应的反应速率均增大，由题图2可知，x点对应温度小于z点对应温度，故v逆（x）
5.答案 （1）1.2 （2）<
（3）CO（g）＋2H2（g）CH3OH（l） ΔH＝－129 kJ·mol－1
（4）①加快 ②增大
（5）C8H18－50e－＋25O2－===8CO2＋9H2O
（6）80 （7）c
解析 （1）CO（g）＋H2O（g）CO2（g）＋H2（g）在3 min时达到平衡时，由于V＝1 L，所以c（H2O）＝0.35 mol/L，c（CO）＝0.15 mol/L，c（H2）＝c（CO2）＝0.60 mol/L－0.35 mol/L＝0.25 mol/L，则化学平衡常数K＝＝＝1.2；（2）相同条件下，向2 L恒容密闭容器中充入1 mol CO、1 mol H2O（g）、2 mol CO2、2 mol H2，此时各种物质的浓度分别是c（CO）＝c（H2O）＝0.5 mol/L，c（H2）＝c（CO2）＝1 mol/L，物质的浓度商是Q＝＝＝4>1.2，所以反应逆向进行，v（正）
（2）b ×100%或×100%
（3）（ⅰ）Ⅰ （ⅱ）c （ⅲ）＜ 2
解析 （1）根据盖斯定律可知，反应③＝（反应②－①），所以对应ΔH3＝（ΔH2－ΔH1）＝（－329 kJ·mol－1－285 kJ·mol－1）＝－307 kJ·mol－1；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数K3＝或；（2）根据图示信息可知，纵坐标表示－lg，即与MO＋的微粒分布系数成反比，与M＋的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M＋的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300 K条件下的反应；根据上述分析结合图像可知，300 K、60 s时－lg＝0.1，则＝10－0.1，利用数学关系式可求出c（M＋）＝（100.1－1）c（MO＋），根据反应MO＋＋CH4===M＋＋CH3OH可知，生成的M＋即为转化的MO＋，则MO＋的转化率为×100%或×100%；（3）（ⅰ）步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ；（ⅱ）直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线c；（ⅲ）MO＋与CH2D2反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量CH2DOD＜CHD2OH；根据反应机理可知，若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD或CD3OH共2种。
7.答案 （1）①ΔH1－ΔH2 ②Al4O4C （2）Al2O3＋AlCl3＋3C3CO↑＋3AlCl （3）①Al2Cl6
② （4）33.3% 0.5a
解析 （1）①根据盖斯定律可知ΔH3＝ΔH1－ΔH2。②由信息可知，在1 700 K时，Al2O3与C反应优先生成Al4O4C和CO。（2）由信息可知，该过程中铝元素得电子，由此猜测碳为还原剂，再结合氧化铝碳热还原过程的反应，碳单质都是被氧化成CO，可最终推理出全部产物。再进一步根据元素守恒配平即可。（3）①在10～100 Pa，350～370 K条件下，主要发生反应ⅱ，故氯化铝升华得到六氯化化二铝。②基态铝原子的价电子排布式为3s23p1，所以其仅能形成三个共价键，还有一个共价键由氯提供孤对电子、铝提供空轨道形成，因为是二聚分子，所以配位键如图所示。（4）A点时，ln ＝0，则p（CO）＝p（CO2），假设CO2转化x mol，则有0.1 mol－x mol＝2x mol，解得x＝，故CO2的平衡转化率为33.3%；此时c（CO）＝c（CO2），两者的物质的量分数均为0.5，容器的总压为a kPa，故Kp＝＝0.5a kPa。
8.答案 （1）－49.5 kJ· mol－1 减小
（2）①a>b>c ②0.5 ③0.64
（3）2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O 4∶1
解析 （1）设③CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）根据盖斯定律可知，③＝②－①，则ΔH＝－90.4 kJ· mol－1－（－40.9 kJ·mol－1）＝－49.5 kJ· mol－1；该反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小；（2）①两种物质反应，增大二氧化碳的浓度则氢气的平衡转化率会增大，故a、b、c各曲线所表示的投料比由大到小的顺序为a>b>c；②根据题给数据可得三段式如下，
平衡时气体总物质的量＝1.6 mol，
则此时平衡常数Kp＝＝0.5；
③根据v正＝k正·p（CO2）·p3（H2），v逆＝k逆·p（CH3OH）·p（H2O），则＝·＝0.5×＝0.64；（3）由图可知，二氧化碳在铜电极上得到电子生成乙烯，电极反应式为：2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O；根据电子转移情况：CO～2e－、HCOOH～2e－、C2H4～12e－，由于阴极生成CO、HCOOH、C2H4，且各产物生成速率相同，则每产生1 mol HCOOH电路中通过电子总物质的量为16 mol，故Pt电极与Cu电极上产生O2与HCOOH的体积比为16/4＝4∶1。
9.答案 （1）CO2（g）＋CH4（g）===2CO（g）＋2H2（g） ΔH＝＋（E5－E1）NA eV/mol
（2）①> ②0.01 （3）B
（4）①L2 ②两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低 ③T2
（5）4.7∶1 （6）4
解析 （1）由图示可知该反应为吸热反应，生成物能量高于反应物，而图示中是单个CO2分子与CH4分子的反应历程，ΔH＝（E生－E反）NA eV/mol，所以热化学方程式为：CO2（g）＋CH4（g）===2CO（g）＋2H2（g） ΔH＝＋（E5－E1）NA eV/mol；（2）①由于反应吸热，温度越高，正向进行程度越大，p（H2）越大，所以T1>T2；②Kp＝ ，温度为T1时，由b点可以知道各气体分压，p（CO）＝p（H2）＝1 MPa，p（CO2）＝p（CH4） ＝10 MPa，代入Kp表达式即可求得Kp＝0.01 MPa2；（3）A.O2中O===O键断裂代表正反应方向，H2O中O－H 键生成也代表正反应方向，不能说明已达平衡状态，A不符合；B.在绝热条件下，容器内的温度是个变量，当其不再变化时说明已达到平衡状态，B符合；C.反应物和生成物均是气体，则混合气体的质量不变，容器为刚性容器，体积不变，则混合气体密度是个不变量，不能作为是否已达平衡状态的依据，C不符合；D.当n（C3H8）＝n（C3H6）时，反应不一定达到平衡，D不符合；（4）①通过两反应方程式系数可知，丙烷转化率低于氧气，所以曲线L2表示丙烷的转化率；②由于T1 K后反应达到平衡，两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低；③当温度达到T2时，O2与丙烷的转化率相同，且起始投料比n（C3H8）∶n（O2）＝2∶1，可以判断温度达到T2后反应ii不再发生，T2 K时只发生反应i；（5）CO2气体用NaOH溶液吸收，反应产生Na2CO3、NaHCO3，所得混合溶液pH＝11，则c（H＋）＝10－11 mol/L。由于H2CO3是二元弱酸，溶液中分步电离，存在电离平衡，第二步电离平衡：HCOH＋＋CO，Ka2＝＝4.7×10－11，则＝＝＝4.7，即c（CO）∶c（HCO）＝4.7∶1；（6）46.6 g BaSO4的物质的量n（BaSO4）＝＝0.2 mol，设每次用1 L 1.3 mol/L Na2CO3溶液能处理x mol BaSO4，BaSO4（s）＋CO（aq）BaCO3（s）＋SO（aq），c（CO）＝（1.3－x） mol/L，c（SO）＝x mol/L，根据K＝＝＝＝＝0.04，解得x＝0.05，处理次数＝4，所以至少要反复处理4次。
10.答案 （1）－241.6 kJ·mol－1
（2）①小于 ②小于 ③AD ④0.2
（3）随着烟气湿度的增大，更多的OH－在催化剂表面转化为·OH，提高了NO的氧化速率
（4）HNO2＋·OH===NO2＋H2O
（5）3∶4
解析 （1）根据盖斯定律，×（反应b＋反应c）可得反应a，则ΔH1＝×（－286.6－196.6）＝－241.6 kJ·mol－1；（2）①由图可知，同一压强下，温度升高N2O4的平衡转化率减小，而反应d为吸热反应，升温平衡正向移动，说明反应e平衡逆向移动，该反应为放热反应，则ΔH5小于0，同一温度下，增大压强反应d的平衡逆向移动，α（N2O4）减小，则p1小于p2；②A.恒压下混合气体的总质量不变，但反应前后气体分子数不相等即物质的量会发生变化，根据pV＝nRT，容器的体积会发生变化，则密度是一变量，当密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故A正确；B.任意时刻，由氮元素质量守恒，存在n（NO2）＋n（N2O4）＋n（N2O5）＝1 mol，故B错误；C.恒容下，升高温度，反应d正向移动，c（NO2）增大，则该体系中气体颜色变深，故C错误；D.恒容下，增大N2O4的浓度，则压强变大，反应d、e的正反应速率均增大，故D正确；③起始充入1 mol N2O4和1 mol O3，列三段式：
平衡时N2O4的物质的量分数为，则＝，且NO2与O2的物质的量分数相等，则2x＝y，联立两式，解得x＝0.1，y＝0.2，此时n（O2）＝0.2 mol；（3）一定范围内，NO脱除速率随烟气湿度的增大而增大，可能的原因是：随着烟气湿度的增大，更多的OH－在催化剂表面转化为·OH，提高了NO的氧化速率；（4）将总反应减去反应ⅱ可得反应ⅰ为HNO2＋·OH===NO2＋H2O；（5）“光催化氧化法”中OH－由H2O电离出的，·O和·OH分别与NO反应生成NO，N元素化合价升高了3，生成1 mol NO失去3 mol电子，而电子与O2作用生成离子自由基（·O），消耗1 mol O2得到4 mol电子，由得失电子守恒有关系式3OH－～3O2～4NO，消耗的OH－与生成的NO的物质的量之比为3∶4。
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