还剩45页未读，
继续阅读
所属成套资源：各地区2023年高考化学模拟题汇编
成套系列资料，整套一键下载
广东省2023年高考化学模拟题汇编-18化学平衡（解答题）
展开
这是一份广东省2023年高考化学模拟题汇编-18化学平衡（解答题），共48页。试卷主要包含了原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
广东省2023年高考化学模拟题汇编-18化学平衡（解答题）
一、原理综合题
1．（2023·广东·统考一模）甲烷的直接转化具有较高的经济价值，因此备受科学家关注。请回答下列问题：
(1)用丝光沸石作催化剂可实现甲烷直接转化制备甲醇，合成方法有以下两种：
方法I：CH4(g)+O2(g)CH3OH(g) △H1=-126.4kJ•mol-1
方法II：CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2
已知H2的燃烧热为285.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ•mol-1，则△H2=_____。
(2)某工厂采用方法Ⅰ生产甲醇。在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，体系的总压强随时间的变化如图所示。
①下列措施可以提高CH4的平衡转化率的是_____(填标号)。
A．升高温度
B．反应达到平衡后，再充入一定量He
C．投料比不变，增大反应物浓度
②达到平衡时体系中CH3OH的体积分数为_____(精确到0.1%)。
③该反应温度下，方法I的标准压力平衡常数=_____(列出计算式)。[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)， =，其中pθ=100kPa，pC、pH、pD、pE为各组分的平衡分压。]
④若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是_____。
(3)为提高生产效率，利用方法Ⅱ进行连续生产时采用如图所示的步骤控制体系温度和通入气体(各阶段气体流速相同)。
已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附，吸附和解吸附不会导致体系温度的变化。通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是_____；请从反应速率的角度说明，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因：_____。
(4)用ZrO2/NiCo2O4作电解催化剂也可以实现甲烷的直接转化，装置如图所示。
写出ZrO2/NiCo2O4电极的反应式：_____。
2．（2023·广东湛江·统考一模）碳达峰、碳中和是现在需要继续完成的环保任务，的综合利用成为热点研究对象，作为碳源加氢是再生能源的有效方法，加氢可以合成甲醇，Olah提出“甲醇经济”概念，认为甲醇会在不久的将来扮演不可或缺的角色，通过加氢生产甲醇是有希望的可再生路线之一，该过程主要发生如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)①相关键能如下表，则___________，该反应的活化能___________(填“大于”“小于”或“等于”)。
化学键
键能
436
1071
464
803
②若K1、K2分别表示反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数，则的平衡常数K=___________(用含K1、K2的代数式表示)。
③已知的正反应速率( k为正反应的速率常数)，某温度时测得数据如下：
1
0.02
0.01
2
0.02
0.02
a
则此温度下表中a=___________。
(2)据文献报道，基纳米材料作为高性能催化剂可将电还原为高能量密度的，不同催化剂对生成的法拉第效率与电极电势的变化如图所示(已知法拉第效率是指实际生成物和理论生成物的百分比)，为了保证生成甲醇的法拉第效率，最合适的电势及最佳催化剂是___________。
(3)在催化剂作用下，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时的转化率随温度和压强的变化如图，判断p1、p2、p3的大小关系：___________，解释压强一定时，的平衡转化率呈现如图变化的原因：___________。
(4)某温度下，初始压强为，向容积为的恒容密闭容器中充入、发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时的转化率是50%，体系内剩余，反应Ⅱ的平衡常数K=___________。
3．（2023·广东汕头·统考一模）的综合利用是解决温室问题的有效途径。回答下列问题：
(1)用制备甲醇可实现碳循环，一-种制备方法为
已知：①
②
该制备反应的_______。升高温度，该制备甲醇反应的的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)已知反应的，，其中、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)。在下，按初始投料比、、，得到不同压强条件下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，时的压强平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
③条件下，某容器测得某时刻，，，此时_______(保留两位小数)。
(3)用电解法将转化为燃料是实现碳循环的一种途径，原理如图所示。铜电极上产生的电极反应式为_______，若阴极只产生、、，且生成速率相同，则相同条件下电极产生的与电极上产生的的物质的量之比为_______。
4．（2023·广东广州·统考一模）乙醇可以通过部分氧化制氢气，涉及的相关反应方程式如下：
a)
b)
c)
d)
(1)若发生反应，可提高乙醇中氢原子的利用率，反应的_______(用代数式表示)。
(2)用平衡分压代替平衡浓度时，平衡常数可表示为，各反应的随温度的变化如图1所示。
①以上反应中，属于吸热反应的有_______(填字母)。
②平衡常数大于时可认为反应完全，则时，反应完全进行的有_______(填字母)。
(3)恒压条件下往反应容器中通入和少量，平衡时体系中各物质(、、、、)的物质的量分数随温度的变化如图2所示。
①图中表示的曲线为_______。(填“”或“”)。
②下列说法正确的是_______(填编号)。
A．当气体密度不再发生变化时，反应达到平衡状态
B．温度升高，反应的增大，减小
C．达到平衡时分离出部分，反应c的平衡常数增大
D．加入稀有气体，重新达到平衡时的物质的量增加
③下达到平衡时和均反应完全，、和的物质的量分数分别为0.20、0.32、0.12，则平衡时的物质的量为_______，反应c的平衡常数K=_____。
5．（2023·广东梅州·统考模拟预测）综合利用化石燃料，提高利用率，有助于实现“碳达峰、碳中和”。回答下列问题：
Ⅰ.利用-干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
上述反应中C(ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
(1)-干重整反应的热化学方程式为___________(选用、、、、的关系式表示反应热)，反应Ⅱ是___________(填“慢反应”或“快反应”)。
(2)在恒压条件下，等物质的量的(g)和(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图所示。已知在干重整中还发生了副反应： ，则表示平衡转化率的是曲线___________(填“A”或“B”)，判断的依据是___________。
Ⅱ.在一密闭容器中，通入1mol 和3mol (g)发生甲烷的水蒸气重整反应。甲烷的水蒸气重整涉及以下反应：
③
④
(3)如图所示，压强为kPa，温度低于700℃时，加入CaO可明显提高平衡体系混合气中的物质的量，原因是___________。
(4)500℃时，反应相同时间后测得的转化率随压强的变化如图所示。则图中E点和G点的浓度大小关系为c(G)___________c(E)(填“>”“<”或“=”)，结合两图中的相关数据，计算此温度下反应③的压力平衡常数___________(用分压代替浓度，分压等于总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。
(5)我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的方法。其电化学反应原理如图所示。请写出Ni-YSZ电极上发生的电极反应方程式___________。
6．（2023·广东·校联考一模）丙烯腈()是一种重要化工原料，工业用“丙烯氨氧化法”生产，副产物有乙腈()、氢氰酸、丙烯醛()等。以丙烯、氨气和氧气为原料，在催化剂存在下合成丙烯腈()的主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)_______。
(2)一定条件下，反应Ⅰ的平衡常数为，反应Ⅱ的平衡常数为，则反应Ⅲ的平衡常数_______(用含、的代数式表示)。
(3)工业生产条件下的丙烯氨氧化过程非常复杂，下列说法错误的是_______(填选项字母)。
a.原料丙烯可以从石油中分馏得到
b.为提高丙烯的平衡转化率和丙烯腈的选择性，需要研究高性能催化剂
c.生产过程中要防止原料混合气中丙烯与空气的比例处于爆炸范围内而产生的危险
d.生产过程中会产生大量的含氰废水，排放前不需要除去
(4)当丙烯与氧气的配比一定时，氨气与丙烯的配比(即氨比)与丙烯腈收率的关系如图1所示，工业上应选择合适的氨比为_______(填选项字母)。
A．1.00 B．1.16 C．1.24 D．1.30
(5)向某密闭容器中，通入一定量的和发生上述反应，反应Ⅰ在_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)条件下可自发进行；恒温时体系达到平衡后，若压缩容器体积，则反应Ⅱ的平衡_______(填“向正反应方向移动”“向逆反应方向移动”或“不移动”)。
(6)在恒容条件下，选取不同温度测得丙烯氨氧化过程中各反应的平衡常数，绘制成图(如图2所示)，已知反应Ⅰ平衡常数大于反应Ⅱ平衡常数，在温度为673K，其他条件一定时，向恒容密闭容器中充入一定量的丙烯，使氨气和氧气浓度分别为、进行丙烯氨氧化反应，达到平衡时，测得容器内和浓度分别为、，则丙烯的平衡转化率_______(已知：)
7．（2023·广东广州·统考二模）丙烯是重要的有机化工原料之一，丙烷直接脱氢制丙烯是一条绿色生产丙烯的途径。
主反应：
副反应：
(1)恒压下，主反应的随温度变化如图1所示，_______0(填”、“<”或=”)，判断的理由是_______。
(2)恒压下，在不同温度下的平衡体积分数如图2所示，图中表示的体积分数的曲线为_______(填“a”或“b”)，时，的体积分数为_______。
(3)下列关于工艺说法正确的是
A．的物质的量分数不再改变，反应体系已达平衡
B．采用合适的催化剂能提高主反应的平衡转化率，促使丙烯的产率提高
C．反应达到平衡后，增加压强，不变
D．升高温度，生成的速率加快，生成其他副产物的速率减慢
(4)丙烷氧化脱氢制丙烯，相比，该途径生产丙烯的好处是_______。
(5)用下图所示装置电解二氧化碳酸性溶液也可制得丙烯。
①Y极与电源_______(填“正”或“负”)极相连。
②X极的电极反应式为_______。
③理论上，_______。
8．（2023·广东茂名·统考一模）乙烯是重要的基础化工原料，工业上利用乙烷脱氢制乙烯的相关反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)反应的_______。
(2)以和的混合气体为起始投料(不参与反应)，保持混合气体总物质的量不变，在恒容的容器中对反应Ⅰ进行研究。下列说法正确的是_______。
A．升高温度，正、逆反应速率同时增大
B．和的物质的量相等时，反应达到平衡状态
C．增加起始投料时的体积分数，单位体积的活化分子数增加
D．增加起始投料时的体积分数，平衡转化率增大
(3)科研人员研究催化剂对乙烷无氧脱氢的影响
①在一定条件下，催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的各步反应中，生成下列物质速率最慢的是_______。
A． B． C． D．
②用基催化剂研究催化脱氢，该催化剂对键和键的断裂均有高活性，易形成碳单质。一定温度下，基催化剂在短时间内会失活，其失活的原因是_______。
(4)在和催化剂条件下，向体积固定的容器中充入与一定量发生反应(忽略反应Ⅰ和反应Ⅱ外的其它反应)，平衡时和的物质的量分数随起始投料比的变化关系如图所示。
①图中曲线c表示的物质为，表示的曲线为_______(填“a”或“b”)，判断依据是_______。
②当时，平衡时体系压强为P，计算反应Ⅰ的平衡常数_______(写出计算过程，结果保留2位有效数字；对于，，)。
9．（2023·广东深圳·统考一模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：
反应I：
已知：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
(1)反应I的__________。
(2)下列关于反应I～III的说法正确的是______(填标号)。
A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量
B．保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态
C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高
D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能
(3)在催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：
该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ⅱ：
ⅰ：；
ⅱ：__________.
(4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[∶n(乙苯)]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越______(填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ．乙苯的浓度过低；
ⅱ．__________。
③850K时，反应经t min达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为n mol，则v(苯乙烯)＝______。
(5)700K时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时苯乙烯的分压为______kPa(以含有、、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数。② ]
10．（2023·广东佛山·统考一模）碳中和是我国的重要战略目标，以和为原料合成受到广泛关注。
该过程主要涉及以下反应：
反应I
反应II
回答下列问题：
(1)已知：，反应I的_______0(填“>”、“<”或“=”)，反应I和II的吉布斯自由能与热力学温度(T)之间的关系如图所示，_______。
(2)向密闭容器中充入、反应合成，平衡时各组分的体积分数随温度变化如图所示。
①在工业上，常选用作为合成温度，原因是_______。
②时对甲烷的选择性=_______(保留2位有效数字，已知：选择性=生成的物质的量/参与反应的的物质的量)，该温度下反应II的_______。(保留2位有效数字，已知：分压=组分物质的量分数×总压)
(3)光催化剂在光能作用下，电子发生跃迁，形成类似于电解池的阴阳极，将转变为。酸性环境下该过程的电极反应式为_______。
11．（2023·广东惠州·统考三模）运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请完成下列探究。
(1)生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。 ΔH=+131.3kJ⋅mol-1，ΔS=+133.7J⋅mol-1⋅K-1，该反应在低温下_______(“能”或“不能”)自发进行。
(2)已知在400℃时，的。相关化学键键能数据为
化学键
N≡N
H-H
N-H
键能
946
436
390.8
回答下列问题：①在400℃时，(g的K2=_______(填数值)，ΔH=_______。
②400℃时，在1L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4mol、2mol、4mol，则此时反应_______(填“>”“<”“=”或“不能确定”)。
③若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则合成氨反应的平衡_______(填“向左”“向右”或“不”)移动；使用催化剂_______(填“增大”“减小”或“不改变”)反应的ΔH。
(3)氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为，在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如图所示。
①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是_______
②若在250℃、p1为105Pa的条件下，反应达到平衡，此时B点N2的分压为_______Pa(分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
12．（2023·广东江门·校联考模拟预测）为了实现碳达峰和碳中和目标，二氧化碳的高效利用成为研究的热点。某研究小组采用双合金团簇催化甲烷干法重整法(DRM)取得了良好的效果。已知：CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol。
(1)甲烷干法重整(DRM)反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H，则△H=_______。
(2)通过大量的研究Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇可用于催化DRM反应，在催化剂表面涉及多个基元反应，分别为过程1：甲烷逐步脱氢，过程2：CO2的活化(包括直接活化和氢诱导活化)，过程3：C★和CH★的氧化，过程4：扩散吸附反应。其反应机理如图1所示。
则CO2的氢诱导活化反应方程式为_______，过程3的最终产物为_______，过程4发生扩散吸附的微粒为_______。
(3)三种催化剂催化甲烷脱氯过程的能量变化如图2所示：
①甲烷脱氢过程中最大活化能步骤为_______。(用反应方程式表示)
②Sn12Ni、Pt12Ni、Cu12Ni三种催化剂催化甲烷脱氢过程的脱氢速率分别为v1、v2、v3，则脱氢速率由大到小的顺序为_______。
③Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，请结合图示解释原因：_______。
(4)已知：甲烷干法重整(DRM)过程中发生副反应 △H>0，T℃时，在恒压反应器中，通入2molCH4和1molCO2，总压强为p0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为p。
①关于上述平衡体系，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．n(CH4)：n(CO2)=2：1
B．将H2O(g)液化，可以提高主反应的速率
C．若反应在恒容条件下进行，甲烷转化率小于40%
D．若降低反应温度，主、副反应均逆向进行
②DRM反应的Kp=_______(列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数)。
13．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）完成下列小题：
Ⅰ．催化剂活性是指催化剂的催化能力。金属铂(Pt)及其化合物在催化剂和电镀等领域有着重要的应用。
(1)可以与发生置换反应，生成具有较强活性的催化剂金属铂(铂黑)，写出上述反应的化学方程式：__________。
(2)氯铂酸可用于石油化工中加氢、脱氢催化剂的活性部分，氯铂酸溶液中加入过量的KCl溶液，搅拌均匀，过滤，滤液经________________后，合并晶体，干燥，可以得到应用于电镀的氯铂酸钾，氯铂酸钾易结晶析出的原因是______________________。
Ⅱ．丙烷在25℃和光照条件下与发生反应，生成氯丙烷和氯丙烷两种卤代烃。CH3CH2CH3+Cl2CH3CH2CH2Cl(45%)+CH3CHClCH3(55%)
(3)从CH3CH2CH3分子中等效H原子来看，得到的氯丙烷和氯丙烷的物质的量应为3∶1，但从实际得率看，有很大的差异，丙烷分子结构中两种不同化学环境氢原子的活性，还要受到其他因素的影响。假设分子结构中甲基上的H原子的活性为x，亚甲基上的H原子的活性为y，则__________(保留两位有效数字)。
(4)烷烃与卤素单质的取代反应本质是与卤素自由基(X·)的反应，生成烷烃自由基(R·)和卤化氢，丙烷分别与卤素原子“Cl·”和“Br·”发生反应的能量变化如图所示，已知得到的丙烷自由基可以通过单电子(·)进一步结合卤素原子，生成对应结构的一卤代烃产物。
和哪个更稳定：______________________。
Ⅲ．一般说来，自由能越高越不稳定，越低越稳定。
(5)Mn元素的自由能氧化态(或化合价Z)图像如图所示。
由上图可知，时，Mn元素最稳定状态的存在微粒是__________，时，Mn元素最稳定状态的存在微粒是__________。
(6)离子反应，，结合上述图像，从反应的平衡常数K分析，得到的结论是__________。
14．（2023·广东·惠州一中模拟预测）苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，乙苯催化脱氢制备苯乙烯是目前生产苯乙烯的主要方法，反应如下：（g） （g） +H2(g)。
(1)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气，反应温度维持在600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下：
①一般控制原料气中水油比n(水)：n(乙苯)为9∶1，若水油比增大，乙苯的平衡转化率______(填“增大”或“减小”)，理由是________________________。
②控制反应温度为600℃的理由是________________________。
(2)某研究机构用代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺。反应方程式为：(g)+CO2(g) (g)+CO(g)+H2O(g)。反应历程如图：
①已知：。则______。
②催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程分析，如果催化剂表面碱性太强，对反应造成的影响为：________________________(说出一点即可)。
③一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2mol，起始压强为p0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，乙苯的转化率为______，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数______。(已知：气体分压=气体总压×气体体积分数)
15．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）CO、CO2的回收和综合利用有利于实现“碳中和”。
(1)CO和H2可以合成简单有机物，已知CO、H2合成CH3OH、HCOOCH3的能量变化如图所示，计算2CH3OH(g)HCOOCH3(g)+2H2(g)△H=____。
已知键能数据如表。
化学键
H－H
C－O
C≡O
H－O
C－H
键能/(kJ•mol-1)
436
326
A
464
414
则C≡O的键能为_____。
(2)已知：反应1：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) △H=-128.8kJ•mol-1
反应2：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-78.1kJ•mol-1
假设某温度下，反应1的速率大于反应2的速率，则下列反应过程中的能量变化示意图正确的是_____(填字母)。A． B．
C． D．
(3)CO2催化加氢制甲醇可分两步完成，反应历程如图所示。
已知CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-106kJ•mol-1
则CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=_____。
该反应进程中总反应速率由第_____(“1”或“2”)步决定。
(4)在催化剂作用下，CO2、H2同时发生如下反应：
反应1(主反应)：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g) △H＜0
反应2(副反应)：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H＞0
其压强平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度，分压总压物质的量分数)的对数lgKp与温度倒数呈线性关系，如图所示。其中表示主反应的变化曲线为____(填“L1”或“L2”)。
二、工业流程题
16．（2023·广东佛山·统考一模）镍是重要的战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO●4SiO2●H2O、3MgO●4SiO2●H2O等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)中，元素的化合价为_______。
(2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有_______(任填一个)。
(3)“氧压浸出”的滤渣有S和_______，该环节中发生的化学反应方程式为_______。
(4)“萃铜”时的反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，下列说法正确的有_______。
A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，可得到单质
B．萃余液中的阳离子为：
C．一定条件下，萃取平衡时，，则的萃取率为80%
D．为提高的萃取率，可适当提高溶液
(5)已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时的沉淀率为_______，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为_______(填化学式)。
17．（2023·广东广州·统考二模）铬广泛应用于冶金、化工、航天等领域。工业上以铬铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备金属铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)中为价，的化合价为_______，“焙烧”中反应的化学方程式为_______。
(2)“沉铝”中所得滤渣的成分为_______，需控制的原因为_______。
(3)“酸化”中反应的离子方程式为_______，若该反应的平衡常数，已知：酸化”后溶液中，则溶液中_______。
(4)氧铬酸钙是一种常见含铬矿石，其立方晶胞如图所示。
①氧铬酸钙的化学式为_______。
②1个钙原子与_______个氧原子最近且等距离。
③该晶体密度为_______(列出计算式即可。已知和O的最近距离为，代表阿伏加德罗常数)
18．（2023·广东·惠州一中模拟预测）碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
已知：①Sr(OH)2为强碱，Cr(OH)3为两性氢氧化物；
②常温下，各物质的溶度积常数如表所示。
化合物
Cr(OH)3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
SrCO3
Ksp近似值
回答下列问题：
(1)气体A的电子式为_____________。
(2)“酸化”步骤发生如下反应：，则“还原”时发生反应的离子方程式为______________。
(3)滤渣1的主要成分为_____________，滤渣2的主要成分为_____________(填化学式)。
(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不直接用NaOH调节溶液的pH≈13的原因是_____________。
(5)“碳化”时，反应的化学平衡常数K的计算关系式为_____________。(用相关平衡常数表达，已知碳酸的电离常数为Ka1、Ka2)
(6)上述流程合成的碳酸锶与TiO2在高温下反应，可以制得高温超导基片材料SrTiO3，SrTiO3的立方晶胞结构如图所示，其中Ti处在体心位置，Sr与Ti的最近距离为a nm，已知SrTiO3的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则SrTiO3晶体的密度为_____________g/cm3(列出M、NA、a相关的算式即可)。
参考答案：
1．(1)+115.4kJ•mol-1
(2) C 65.2% 反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动；
(3) 降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右 200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快
(4)3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O
【详解】（1）①CH4(g)+O2(g)CH3OH(g) △H1=-126.4kJ•mol-1
②CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2
③H2(g)+O2(g)= H2O(l) △H3=-285.8kJ•mol-1
④H2O(l)=H2O(g) △H4=+44kJ•mol-1
利用盖斯定律，将反应①-③-④，得反应②为CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2=+115.4kJ•mol-1。答案为：+115.4kJ•mol-1
（2）①A．升高温度，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，A不符合题意；
B．反应达到平衡后，再充入一定量He，对反应物和生成物的压强都不产生影响，CH4的平衡转化率不变，B不符合题意；
C．投料比不变，增大反应物浓度，相当于加压，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，C符合题意；
故选C。
②在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，从图中看出，起始总压强为12kPa，平衡时总压强为9.05kPa，则He的压强为12kPa-6.0kPa-4.8kPa=1.2kPa，设参加反应的CH4的压强为x，则可建立如下三段式：
则6.0-x+4.8-0.5x+x+1.2=9.05 x=5.9kPa
则达到平衡时体系中CH3OH的体积分数为≈65.2%。
③该反应温度下，方法I的标准压力平衡常数=。
④若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是：反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动。答案为：C；65.2%；；反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动；
（3）通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是：降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；从反应速率的角度分析，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因：200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快。答案为：降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快；
（4）从图中可以看出，ZrO2/NiCo2O4电极为负极，则CH4失电子产物与电解质反应生成CH3CH2CH2OH等，电极反应式为3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O。答案为：3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O。
【点睛】在活性温度时，催化剂的活性最大。
2．(1) 大于 1.6×10−3
(2)−1.0V、Cu6(S)
(3) p1>p2>p3 TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低
(4)2
【详解】（1）①反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则反应Ⅰ的焓变ΔH1=(2×803+436)kJ/mol—(1071+2×464)kJ/mol=+43 kJ/mol，该反应为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能，故答案为：+43 kJ/mol；大于；
②由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应，则反应的平衡常数K=，故答案为：；
③由速率公式可得：2.0×10−4=k×0.02×0.013，解得k=1×104，则a=1×104×0.02×0.023=1.6×10−3，故答案为：1.6×10−3；
（2）由图可知，电极电势为−1.0V、Cu6(S)做催化剂时生成甲醇的法拉第效率最高，则最合适的电势及最佳催化剂是−1.0V、Cu6(S)，故答案为：−1.0V、Cu6(S)；
（3）反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p1、p2、p3时，二氧化碳的转化率依次减小，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率先增大后减小，说明TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低，故答案为：p1>p2>p3；TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低；
（4）设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原子个数守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol氢气，由方程式和氢原子个数守恒可得：2x+x+y=2，解得x=y=0.5，则反应Ⅱ的平衡常数K=，故答案为：2。
3．(1) 减小
(2) a>b>c 0.5 0.64
(3) 4：1
【详解】（1）设③根据盖斯定律可知，③=②-①，则；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=1.6mol，
则此时平衡常数；
③根据，
则；
（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：；根据电子转移情况：、、，由于阴极生成CO、HCOOH、，且各产物生成速率相同，则每产生1 mol 电路中通过电子总物质的量为16 mol，故Pt电极与Cu电极上产生与的体积比为16/4=4：1。
4．(1)
(2) ad ab
(3) n AD
【详解】（1）由盖斯定律可知a+b+d可得反应 ；
（2）①由图示知随着温度升高，bc反应的平衡常数减小，ad平衡常数增大，故ad反应属于吸热，升高温度平衡正向移动；
②平衡常数大于即lgKp>5时可认为反应完全，则时，反应完全进行的有ab。
（3）①ad反应属于吸热，升高温度平衡正向移动，故CO的含量增大，曲线n为CO的曲线；
②A．该体系只有气体参与反应，质量守恒，m总不变，反应体系是气体物质的量增大的反应，恒压体系容器的体积增大，故密度是个变量，当气体密度不再发生变化时，反应达到平衡状态，选项A正确；
B．温度升高，反应的、均增大，选项B错误；
C．平衡常数是个随温度变化的常数，达到平衡时分离出部分，反应c的平衡常数不变，选项C错误；
D．恒压环境中加入稀有气体，容器体积增大，反应体系的分压减小，ad平衡正向移动，重新达到平衡时的物质的量增加，选项D正确；
答案选AD；
③、和的物质的量分数分别为0.20、0.32、0.12，则一氧化碳和二氧化碳的物质的量分数之和为1-(0.2+0.32+0.12)=0.36，设平衡时各物质总的物质的量为n总，根据碳元素守恒可知（0.20+0.36）n总=4，故n总=mol，则氢气的物质的量为0.32mol=mol；由图可知，下达到平衡时CO和CO2的物质的量相等，则n(CO)= n(CO2)=0.36n总=mol，n(H2O)=0.12 n总=mol，c(CH4)=0.2 n总=mol，反应c的平衡常数K=。
5．(1) +=2CO+ 2H2 =E3-E1 快反应
(2) B CO2的转化率大于
(3)加入CaO和反应使浓度降低，反应④平衡正向移动，平衡体系混合气中H2的物质的量增大
(4) > 0.75
(5)CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2
【详解】（1）-干重整反应生成CO和H2，由图可知反应物的能量高于生成物，该反应为吸热反应，=生成物能量-反应物能量=E3-E1，热化学方程式为：+=2CO+ 2H2 =E3-E1；由图可知，反应Ⅱ的活化能小于反应Ⅰ，反应Ⅱ是快反应。
（2）等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应+=2CO+ 2H2，同时还发生了副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，则CO2的转化率大于，则表示CH4平衡转化率的是曲线B。
（3）压强为P0kPa，温度低于700℃时，加入CaO和反应使浓度降低，反应④平衡正向移动，平衡体系混合气中H2的物质的量增大。
（4）温度、投料量相同，由图乙可看出E、G两点CH4转化率相同，可知E、G两点CH4物质的量相等，但G点压强大，所以G点对应的体积小，CH4的浓度大，即c(G) >c( E)；500℃ 时由图甲可知平衡时n( H2) =2.1 mol，由图乙可知，相同反应时间，G点CH4转化率小于F点，但G点压强大于F点，则G点已达到平衡，CH4平衡转化率为0.6，列三段式：
平衡时气体总物质的量为：0.4mol+0.3mol+2.1mol+0.3mol+2.1mol=5.2mol，此温度下反应③的压力平衡常数 。
（5）由外接直流电源可以判断是电解池，根据元素化合价变化，Ni- YSZ电极上发生CH4→H2+ CO2的转变，则该电极为阳极，发生氧化反应,结合图示，电极反应式为CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2。
6．(1)-324
(2)
(3)abd
(4)B
(5) 任意温度 向正反应方向移动
(6)80%
【详解】（1）根据盖斯定律，Ⅲ=2×(Ⅰ-Ⅱ)，
则；
（2），，；
（3）a．从石油中分馏得到的是石油气、汽油、煤油和柴油这些碳数较多的烷烃，而丙烯需要裂解才能得到，选项a错误；
b.催化剂不能改变平衡转化率，选项b错误；
c.加入水蒸气可防止原料混合气中丙烯与空气的比例处于爆炸范围内而产生的危险，选项c正确；
d.氰化物有剧毒，不能随意排放，选项d错误；
答案选abd；
（4）氨比达到1.16时丙烯腈收率升到比较高，再增加氨比时丙烯腈收率升高不明显，造成氨气的消耗量增加，浪费原料资源，答案选B；
（5）由反应方程式系数差可知，又，，故反应可在任意温度下白发。对于在一个体系下的两个反应，压缩容器体积，直接对反应Ⅱ无影响，但引起反应Ⅰ平衡逆向移动，增大，从而引起反应Ⅱ平衡正向移动；
（6）反应Ⅰ和Ⅱ均放热，温度升高其平衡常数K减小，又据题知，故曲线a代表反应Ⅰ，曲线b代表反应Ⅱ.设平衡时丙烯浓度为x ，由丙烯腈平衡浓度可计算氧气、丙烯转化浓度以及水在反应Ⅰ中的平衡浓度，进而可求得反应Ⅱ中各物质的转化浓度，注意氧气、水的平衡浓度要综合两个反应求得：
，可得，则起始丙烯浓度为，丙烯平衡转化率。
7．(1) > 主反应的随温度升高而变大，说明升高温度平衡正向移动，则反应为吸热反应
(2) b 5%
(3)AC
(4)节约能源、产品容易分离、副产物少
(5) 正 2:9
【详解】（1）主反应的随温度升高而变大，说明升高温度平衡正向移动，则反应为吸热反应，焓变大于零；
（2）升高温度，反应正向移动，的含量减小、的含量增加，故图中表示的体积分数的曲线为b；时，体积分数均为30%，若投料1mol；
则1-a-b=a，b=1-2a，反应后总的物质的量为1+a+b=2-a，则，、，总量为，故的体积分数为；
（3）A．的物质的量分数不再改变，说明平衡不再移动，反应体系已达平衡，A正确；
B．催化剂不能改变反应的平衡转化率，B错误；
C．反应达到平衡后，增加压强，不变，C正确；
D．升高温度，所有反应的速率都加快，D错误；
故选AC；
（4）该途径为放热反应，且生成水容易分离，故生产丙烯的好处是节约能源、产品容易分离；
（5）①Y极中水发生氧化反应生成氧气，为阳极，与电源正极相连；
②X极为阴极，二氧化碳得到电子发生还原反应生成丙烯，电极反应式为；
③理论上，根据电子守恒可知，，2:9。
8．(1)+178
(2)AC
(3) C 积碳在其表面快速沉积使其活性降低
(4) a 比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大 0.077P
【详解】（1）将反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到反应的 ；故答案为：+178。
（2）A．升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增多，碰撞几率增大，因此正、逆反应速率同时增大，故A正确；
B．和的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态，不能是物质的量相等，故B错误；
C．增加起始投料时的体积分数，单位体积的活化分子数增加，碰撞几率增大，反应速率加快，故C正确；D．增加起始投料时的体积分数，可以理解为再另外一个容器中加入后再加压，由于反应是体积增大的反应，因此加压后平衡逆向移动，平衡转化率减小，故D错误；
综上所述，答案为：AC。
（3）①在一定条件下，催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的各步反应中，生成下列物质速率最慢的是活化能最大的即第二步(TS2)；故答案为：C。
②用基催化剂研究催化脱氢，该催化剂对键和键的断裂均有高活性，易形成碳单质。一定温度下，基催化剂在短时间内会失活，说明碳单质沉积在Co上，Co没有与乙烷接触从而使其活性失活；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低。
（4）①图中曲线c表示的物质为，比值增大，致使反应Ⅱ正向移动，乙烯浓度降低，致使反应Ⅰ也正向移动，乙烷的转化率增大，因此乙烷的改变量比乙烯变化量大，因此表示的曲线为a，判断依据是比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大；故答案为：a；比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大。
②当时，平衡时体系压强为P，建立三段式，，则反应Ⅰ的平衡常数；故答案为：0.077P。
9．(1)
(2)AB
(3)
(4) 低 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低
(5)
【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；
（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；
D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；
故选：AB。
（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；
（5）
+CO2(g)
+
+
起始压强
p1
变化压强
x
x
x
x
x
平衡压强
p1-x
p
x
x
x
由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。
10．(1) ＜ -165
(2) 350℃下CH4的体积分数很大，而CO的体积分数几乎为0，即此温度下CH4的选择性较大，制得的CH4纯度较高 93.75% 0.22
(3)CO2+8H++8e-=CH4+2H2O
【详解】（1）由题干信息可知，反应I即，正反应是一个气体体积减小的方向，则该反应的＜0，反应I和II的吉布斯自由能与热力学温度(T)之间的关系图所示信息可知，曲线2代表反应I的变化关系，故-165，故答案为：＜；-165；
（2）①由题干图像可知，350℃下CH4的体积分数很大，而CO的体积分数几乎为0，即此温度下CH4的选择性较大，制得的CH4纯度较高，故在工业上，常选用350℃作为合成温度，故答案为：350℃下CH4的体积分数很大，而CO的体积分数几乎为0，即此温度下CH4的选择性较大，制得的CH4纯度较高；
②由题干图像可知，450℃时，CH4的体积分数为37.5%，CO的体积分数为2.5%，根据碳原子守恒可知，CO2对甲烷的选择性=×100%=93.75%，假设CO2总共转化量为xmol，则0.9375x转化为CH4,0.0625x转化为CO，根据三段式分析可得：，，该温度下达到平衡时，CH4的物质的量为：0.9375xmol，H2O的物质的量为：1.875x+0.0625x=1.9375xmol，H2的物质的量为：3-3.75x-0.0625x=(3-3.8125x)mol，CO的物质的量为0.0625xmol，CO2的物质的量为1-0.9375x-0.0625x=(1-x)mol，根据CO2的体积分数和H2的体积分数相等有：3-3.8125x=0.9375x，解得x=0.63mol，平衡时体系气体总的物质的量为：0.9375xmol +1.9375xmol +(3-3.8125x)mol +0.0625xmol +(1-x)=4-1.875x=4-1.875×0.63=2.81875mol，H2的分压为：=0.212p总，CO2的平衡分压为：=0.131p总，CO的平衡分压为：=0.014p总，H2O的平衡分压为：=0.433p总，反应II的Kp===0.22，故答案为：93.75%；0.22；
（3）光催化剂在光能作用下，电子发生跃迁，形成类似于电解池的阴阳极，将CO2转变为CH4，该过程发生还原反应，故酸性环境下该过程的电极反应式为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，故答案为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O。
11．(1)不能
(2) 2 = 向右 不改变
(3)
【详解】（1）因为该反应，高温下能自发进行，低温下不能自发进行；
（2）①相同温度下，正逆反应的平衡常数互为倒数，所以，反应物的总键能-生成物的总键能，；
②根据，反应达平衡状态，等于；
③恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，容器体积增大，相当于减小压强，合成氨反应的平衡正向移动，催化剂降低活化能，加快反应速率，但是不改变反应的焓变；
（3）①其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，氨的体积分数越大，所以；
②根据三段式：，，，，。
12．(1)+247.3kJ/mol
(2) CO2★+H★=CO★+OH★ CO★ H★和OH★
(3) CH3★=CH2★+H★ v2>v3>v1 脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少
(4) CD
【详解】（1）因为CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol，则①△H1=-890.3 kJ/mol；②△H2=-285.8kJ/mol；③△H3=-283kJ/mol；根据盖斯定律，①-2②-2③得CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H=△H1-2△H2-2△H3=+247.3 kJ/mol；
（2）CO2的活化包括直接活化和氢诱导活化，在氢诱导活化中，CO2★+H★COOH★CO★+OH★，因此CO2的氢诱导活化反应方程式为CO2★+H★=CO★+OH★；由图可知，过程3的最终产物为CO★；过程1甲烷逐步脱氢生成H★，过程3 CO2的活化过程中生成OH★，因此过程4发生扩散吸附的微粒为H★和OH★；
（3）①活化能最大的过程为反应的决速步骤，由图可知，过渡态为TS2的反应为决速步骤，对应的方程式为：CH3*=CH2*+H*；
②催化剂能够降低反应的活化能，活化能越低，则化学反应速率越大，所以v2>v3>v1；
③由图可知，脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少；
（4）①
A．投入量n(CH4):n(CO2)=2:1，主反应消耗量n(CH4):n(CO2)=1:1，副反应消耗CO2，因此主副反应消耗量n(CH4):n(CO2) 2:1，则平衡时体系中n(CH4):n(CO2) 2:1，A错误；
B．将H2O(g)液化，副反应平衡正向移动，导致CO2和H2浓度减小，CO浓度增大，则主反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)反应的速率减慢，B错误；
C．主反应正向为体积增大的反应，若反应在恒容条件下进行，等效于在恒压的基础上，缩小体积加压，主反应平衡逆向移动，则甲烷转化率小于40%，C正确；
D．由于主、副反应正反应均为吸热反应，则若降低反应温度，主、副反应均逆向进行，D正确；
故选CD。
②对主反应列三段式：
平衡时，设水的物质的量为x mol，对副反应列三段式：
已知，平衡时水的分压为P，在恒温恒压体系下，压强之比等于物质的量之比，所以有，所以x=，n(总)=4.6mol，则平衡时，P(CH4)=，P(CO2)=，P(CO)=，P(H2)=，
Kp ==。
13．(1)+=
(2) 蒸发浓缩、冷却结晶 氯铂酸钾在水中溶解度小
(3)3.67
(4)
(5) Mn2+ MnO2
(6)反应的平衡常数K较大，在酸性溶液中歧化生成 和MnO2程度很大，歧化反应容易发生
【详解】（1）可以与发生置换反应，生成具有较强活性的催化剂金属铂(铂黑)，化学方程式+=，答案：+2=。
（2）氯铂酸溶液中加入过量的KCl溶液，搅拌均匀，过滤，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶后，干燥，得到氯铂酸钾，氯铂酸钾易结晶析出的原因是氯铂酸钾在水中溶解度小，答案：蒸发浓缩、冷却；结晶氯铂酸钾在水中溶解度小；
（3）由题意可知，则 3.67，答案：3.67。
（4）物质能量越低越稳定，由图中信息可知能量比能量低，更稳定，答案：；
（5）一般说来，自由能越高越不稳定，越低越稳定。由上图可知，时，Mn元素自由能最低的的微粒是Mn2+，最稳定状态的存在微粒Mn2+，时，Mn元素自由能最低的的微粒是MnO2，最稳定状态的存在微粒是MnO2，答案：Mn2+；MnO2；
（6）离子反应，，反应的平衡常数K较大，在酸性溶液中歧化生成 和MnO2程度很大，歧化反应容易发生，答案：反应的平衡常数K较大，在酸性溶液中歧化生成 和MnO2程度很大，歧化反应容易发生。
14．(1) 增大 反应为气体分子增加的反应，若水油比增大，相当于减小压强，平衡正向移动，导致乙苯的平衡转化率增大 苯乙烯的选择性和乙苯的转化率均较高
(2) +128 降低了乙苯的转化率 50%
【详解】（1）①一般控制原料气中水油比为9∶1，反应为气体分子增加的反应，若水油比增大，相当于减小压强，平衡正向移动，导致乙苯的平衡转化率增大。
②控制反应温度为的理由是此时苯乙烯的选择性和乙苯的转化率均较高；若温度过低，则反应速率减慢且乙苯转化率变低；若温度过高则苯乙烯选择性下降且可能导致催化剂活性下降；
故答案为：增大；反应为气体分子增加的反应，若水油比增大，相当于减小压强，平衡正向移动，导致乙苯的平衡转化率增大；苯乙烯的选择性和乙苯的转化率均较高；
（2）①已知：
Ⅰ(g)+ H2(g)；
Ⅲ；
则Ⅰ-Ⅲ得：(g)+CO2(g)(g)+ CO(g)+ H2O (g)=；
②催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从而降低了乙苯的转化率；
③反应为气体分子数增加1的反应，反应后总的物质的量增加，一定温度下，向恒容密闭容器中充入乙苯和，起始压强为，平衡时容器内气体总物质的量为，增加物质的量为1mol，则反应的乙苯、二氧化碳均为1mol，平衡时乙苯、二氧化碳、苯乙烯、一氧化碳、水的物质的量均为1mol，反应后总压为，则乙苯的转化率为；用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数。
故答案为：+128；50%；降低了乙苯的转化率；。
15．(1) +135.4 kJ•mol-1 1054kJ•mol-1
(2)A
(3) -65kJ•mol-1 1
(4)L1
【详解】（1）根据图可写出①、
②，
②－①×2可得出。
根据反应，反应物总键能－生成物总键能，代入数据-106.0=A+2×436-3×414-326-464，解得，的键能为；
（2）反应1、反应2均为放热反应，并且反应1放热多，反应1的速率快则说明反应1的活化能小，因此选A；
（3）根据图象可写出反应①，结合反应②，①+②可得出总反应。活化能越大则反应速率越慢，总反应的速率由活化能大的步骤决定，反应由第1步决定；
（4）横坐标为温度的倒数，数值越大，温度越低，主反应为放热反应，降低温度时平衡常数增大，所以表示主反应的变化曲线。
16．(1)+3
(2)适当升高温度、适当增压、将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当增大硫酸的浓度
(3) SiO2、H2SiO3或难溶性硅酸盐 4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O
(4)CD
(5) 99.9% MgSO4
【分析】由题干工艺流程图可知，向高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO·4SiO2·H2O、3MgO·4SiO2·H2O等)中加入O2、H2SO4进行氧压浸出，将铁元素转化为Fe2(SO4)3，镍元素转化为NiSO4、铜元素转化为CuSO4、镁元素转化为MgSO4，硫元素转化为S单质，过滤得到滤渣主要成分为SiO2和S，用铜离子萃取剂萃取出Cu2+，分液得到萃取液，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，向萃余液中加入Na2SO4和MgO进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6、过滤出沉淀，向滤液中加入MgO将Ni2+以Ni(OH)2的形成沉淀，最后对Ni(OH)2进行处理制得Ni，母液中主要溶质为MgSO4，据此分析解题。
【详解】（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带2个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为0可知中，元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高“氧压浸出”的速率，故答案为：将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度；
（3）由分析可知，“氧压浸出”的滤渣有S和SiO2，该环节中CuFeS2与H2SO4、O2反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、S和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为：4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O，故答案为：SiO2；4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O；
（4）A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，萃取平衡逆向移动，故可得到Cu2+，得不到单质Cu，A错误；
B．由题干分析结合小问1分析可知，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，B错误；
C．一定条件下，萃取平衡时，，即被萃取的Cu2+也就是形成CuR2的Cu2+是残留在溶液中的Cu2+的4倍，则的萃取率为=80%，C正确；
D．适当提高溶液则H+浓度减小，平衡正向移动，故可提高的萃取率，D正确；
故答案为：CD；
（5）已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时溶液中c(OH-)=10-5.5mol/L，溶液中残留的Ni2+浓度为：c(Ni2+)===0.0002mol/L，则此时的沉淀率为≈99.9%，由分析可知，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为MgSO4，故答案为：99.9%；MgSO4。
17．(1) +3
(2) 使完全沉淀
(3)
(4) 12
【分析】铬铁矿(主要成分为，含有少量），“焙烧”后生成和，生成，溶于水形成和溶液，调节控制，使完全形成沉淀，在调节 使生成，电解溶液生成单质。
【详解】（1）中为价，根据化合价的代数和为零，的化合价为+3价；“焙烧”中被氧化为和，反应的化学方程式为；
（2）“沉铝”中所得滤渣的成分为，控制，使完全沉淀；
（3）“酸化”使转化为，反应的离子方程式为：； ，，，，则；
（4）根据晶胞结构，在顶点，原子个数为，原子在体心，原子个数为1，原子在面心，个数为，所以该晶胞的化学式为：；在顶点，原子在面心，1个钙原子与12个氧原子最近且等距离；已知和O的最近距离为，晶胞棱长为，则该晶体密度为。
18．(1)
(2)+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O
(3) Cr (OH)3 Ca(OH)2、Mg(OH)2
(4)防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低
(5)
(6)
【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等 )加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7 ~ 8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr (OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
【详解】（1）根据上述分析可知气体A是CO2，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为；
（2）酸化时转化为，在还原时与H2C2O4发生反应产生Cr3+、CO2、H2O，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知还原反应的离子方程式为：+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（3）根据上述分析可知滤渣1的主要成分是Cr (OH)3；再加NaOH溶液，调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，则滤渣2主要成分是Ca(OH)2、Mg(OH)2；
（4）根据题意可知Cr (OH)3是两性氢氧化物，若使用NaOH溶液调整溶液pH时，若pH过大会导致Cr (OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低；
（5）反应的化学平衡常数K=；
（6）在该晶胞中Sr原子个数为8×=1，含有O原子个数为6×=3，含有Ti原子个数是1，则在1个晶胞中含有1个SrTiO3，晶胞中Sr与Ti原子之间距离为体对角线的，假设晶胞边长为L，，L=，则该晶体密度ρ=。
广东省2023年高考化学模拟题汇编-18化学平衡（解答题）
一、原理综合题
1．（2023·广东·统考一模）甲烷的直接转化具有较高的经济价值，因此备受科学家关注。请回答下列问题：
(1)用丝光沸石作催化剂可实现甲烷直接转化制备甲醇，合成方法有以下两种：
方法I：CH4(g)+O2(g)CH3OH(g) △H1=-126.4kJ•mol-1
方法II：CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2
已知H2的燃烧热为285.8kJ/mol，H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ•mol-1，则△H2=_____。
(2)某工厂采用方法Ⅰ生产甲醇。在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，体系的总压强随时间的变化如图所示。
①下列措施可以提高CH4的平衡转化率的是_____(填标号)。
A．升高温度
B．反应达到平衡后，再充入一定量He
C．投料比不变，增大反应物浓度
②达到平衡时体系中CH3OH的体积分数为_____(精确到0.1%)。
③该反应温度下，方法I的标准压力平衡常数=_____(列出计算式)。[已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)， =，其中pθ=100kPa，pC、pH、pD、pE为各组分的平衡分压。]
④若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是_____。
(3)为提高生产效率，利用方法Ⅱ进行连续生产时采用如图所示的步骤控制体系温度和通入气体(各阶段气体流速相同)。
已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附，吸附和解吸附不会导致体系温度的变化。通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是_____；请从反应速率的角度说明，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因：_____。
(4)用ZrO2/NiCo2O4作电解催化剂也可以实现甲烷的直接转化，装置如图所示。
写出ZrO2/NiCo2O4电极的反应式：_____。
2．（2023·广东湛江·统考一模）碳达峰、碳中和是现在需要继续完成的环保任务，的综合利用成为热点研究对象，作为碳源加氢是再生能源的有效方法，加氢可以合成甲醇，Olah提出“甲醇经济”概念，认为甲醇会在不久的将来扮演不可或缺的角色，通过加氢生产甲醇是有希望的可再生路线之一，该过程主要发生如下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)①相关键能如下表，则___________，该反应的活化能___________(填“大于”“小于”或“等于”)。
化学键
键能
436
1071
464
803
②若K1、K2分别表示反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数，则的平衡常数K=___________(用含K1、K2的代数式表示)。
③已知的正反应速率( k为正反应的速率常数)，某温度时测得数据如下：
1
0.02
0.01
2
0.02
0.02
a
则此温度下表中a=___________。
(2)据文献报道，基纳米材料作为高性能催化剂可将电还原为高能量密度的，不同催化剂对生成的法拉第效率与电极电势的变化如图所示(已知法拉第效率是指实际生成物和理论生成物的百分比)，为了保证生成甲醇的法拉第效率，最合适的电势及最佳催化剂是___________。
(3)在催化剂作用下，发生上述反应Ⅰ、Ⅱ，达平衡时的转化率随温度和压强的变化如图，判断p1、p2、p3的大小关系：___________，解释压强一定时，的平衡转化率呈现如图变化的原因：___________。
(4)某温度下，初始压强为，向容积为的恒容密闭容器中充入、发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时的转化率是50%，体系内剩余，反应Ⅱ的平衡常数K=___________。
3．（2023·广东汕头·统考一模）的综合利用是解决温室问题的有效途径。回答下列问题：
(1)用制备甲醇可实现碳循环，一-种制备方法为
已知：①
②
该制备反应的_______。升高温度，该制备甲醇反应的的平衡转化率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)已知反应的，，其中、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)。在下，按初始投料比、、，得到不同压强条件下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，时的压强平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
③条件下，某容器测得某时刻，，，此时_______(保留两位小数)。
(3)用电解法将转化为燃料是实现碳循环的一种途径，原理如图所示。铜电极上产生的电极反应式为_______，若阴极只产生、、，且生成速率相同，则相同条件下电极产生的与电极上产生的的物质的量之比为_______。
4．（2023·广东广州·统考一模）乙醇可以通过部分氧化制氢气，涉及的相关反应方程式如下：
a)
b)
c)
d)
(1)若发生反应，可提高乙醇中氢原子的利用率，反应的_______(用代数式表示)。
(2)用平衡分压代替平衡浓度时，平衡常数可表示为，各反应的随温度的变化如图1所示。
①以上反应中，属于吸热反应的有_______(填字母)。
②平衡常数大于时可认为反应完全，则时，反应完全进行的有_______(填字母)。
(3)恒压条件下往反应容器中通入和少量，平衡时体系中各物质(、、、、)的物质的量分数随温度的变化如图2所示。
①图中表示的曲线为_______。(填“”或“”)。
②下列说法正确的是_______(填编号)。
A．当气体密度不再发生变化时，反应达到平衡状态
B．温度升高，反应的增大，减小
C．达到平衡时分离出部分，反应c的平衡常数增大
D．加入稀有气体，重新达到平衡时的物质的量增加
③下达到平衡时和均反应完全，、和的物质的量分数分别为0.20、0.32、0.12，则平衡时的物质的量为_______，反应c的平衡常数K=_____。
5．（2023·广东梅州·统考模拟预测）综合利用化石燃料，提高利用率，有助于实现“碳达峰、碳中和”。回答下列问题：
Ⅰ.利用-干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
上述反应中C(ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
(1)-干重整反应的热化学方程式为___________(选用、、、、的关系式表示反应热)，反应Ⅱ是___________(填“慢反应”或“快反应”)。
(2)在恒压条件下，等物质的量的(g)和(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图所示。已知在干重整中还发生了副反应： ，则表示平衡转化率的是曲线___________(填“A”或“B”)，判断的依据是___________。
Ⅱ.在一密闭容器中，通入1mol 和3mol (g)发生甲烷的水蒸气重整反应。甲烷的水蒸气重整涉及以下反应：
③
④
(3)如图所示，压强为kPa，温度低于700℃时，加入CaO可明显提高平衡体系混合气中的物质的量，原因是___________。
(4)500℃时，反应相同时间后测得的转化率随压强的变化如图所示。则图中E点和G点的浓度大小关系为c(G)___________c(E)(填“>”“<”或“=”)，结合两图中的相关数据，计算此温度下反应③的压力平衡常数___________(用分压代替浓度，分压等于总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。
(5)我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的方法。其电化学反应原理如图所示。请写出Ni-YSZ电极上发生的电极反应方程式___________。
6．（2023·广东·校联考一模）丙烯腈()是一种重要化工原料，工业用“丙烯氨氧化法”生产，副产物有乙腈()、氢氰酸、丙烯醛()等。以丙烯、氨气和氧气为原料，在催化剂存在下合成丙烯腈()的主要反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)_______。
(2)一定条件下，反应Ⅰ的平衡常数为，反应Ⅱ的平衡常数为，则反应Ⅲ的平衡常数_______(用含、的代数式表示)。
(3)工业生产条件下的丙烯氨氧化过程非常复杂，下列说法错误的是_______(填选项字母)。
a.原料丙烯可以从石油中分馏得到
b.为提高丙烯的平衡转化率和丙烯腈的选择性，需要研究高性能催化剂
c.生产过程中要防止原料混合气中丙烯与空气的比例处于爆炸范围内而产生的危险
d.生产过程中会产生大量的含氰废水，排放前不需要除去
(4)当丙烯与氧气的配比一定时，氨气与丙烯的配比(即氨比)与丙烯腈收率的关系如图1所示，工业上应选择合适的氨比为_______(填选项字母)。
A．1.00 B．1.16 C．1.24 D．1.30
(5)向某密闭容器中，通入一定量的和发生上述反应，反应Ⅰ在_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)条件下可自发进行；恒温时体系达到平衡后，若压缩容器体积，则反应Ⅱ的平衡_______(填“向正反应方向移动”“向逆反应方向移动”或“不移动”)。
(6)在恒容条件下，选取不同温度测得丙烯氨氧化过程中各反应的平衡常数，绘制成图(如图2所示)，已知反应Ⅰ平衡常数大于反应Ⅱ平衡常数，在温度为673K，其他条件一定时，向恒容密闭容器中充入一定量的丙烯，使氨气和氧气浓度分别为、进行丙烯氨氧化反应，达到平衡时，测得容器内和浓度分别为、，则丙烯的平衡转化率_______(已知：)
7．（2023·广东广州·统考二模）丙烯是重要的有机化工原料之一，丙烷直接脱氢制丙烯是一条绿色生产丙烯的途径。
主反应：
副反应：
(1)恒压下，主反应的随温度变化如图1所示，_______0(填”、“<”或=”)，判断的理由是_______。
(2)恒压下，在不同温度下的平衡体积分数如图2所示，图中表示的体积分数的曲线为_______(填“a”或“b”)，时，的体积分数为_______。
(3)下列关于工艺说法正确的是
A．的物质的量分数不再改变，反应体系已达平衡
B．采用合适的催化剂能提高主反应的平衡转化率，促使丙烯的产率提高
C．反应达到平衡后，增加压强，不变
D．升高温度，生成的速率加快，生成其他副产物的速率减慢
(4)丙烷氧化脱氢制丙烯，相比，该途径生产丙烯的好处是_______。
(5)用下图所示装置电解二氧化碳酸性溶液也可制得丙烯。
①Y极与电源_______(填“正”或“负”)极相连。
②X极的电极反应式为_______。
③理论上，_______。
8．（2023·广东茂名·统考一模）乙烯是重要的基础化工原料，工业上利用乙烷脱氢制乙烯的相关反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)反应的_______。
(2)以和的混合气体为起始投料(不参与反应)，保持混合气体总物质的量不变，在恒容的容器中对反应Ⅰ进行研究。下列说法正确的是_______。
A．升高温度，正、逆反应速率同时增大
B．和的物质的量相等时，反应达到平衡状态
C．增加起始投料时的体积分数，单位体积的活化分子数增加
D．增加起始投料时的体积分数，平衡转化率增大
(3)科研人员研究催化剂对乙烷无氧脱氢的影响
①在一定条件下，催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的各步反应中，生成下列物质速率最慢的是_______。
A． B． C． D．
②用基催化剂研究催化脱氢，该催化剂对键和键的断裂均有高活性，易形成碳单质。一定温度下，基催化剂在短时间内会失活，其失活的原因是_______。
(4)在和催化剂条件下，向体积固定的容器中充入与一定量发生反应(忽略反应Ⅰ和反应Ⅱ外的其它反应)，平衡时和的物质的量分数随起始投料比的变化关系如图所示。
①图中曲线c表示的物质为，表示的曲线为_______(填“a”或“b”)，判断依据是_______。
②当时，平衡时体系压强为P，计算反应Ⅰ的平衡常数_______(写出计算过程，结果保留2位有效数字；对于，，)。
9．（2023·广东深圳·统考一模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：
反应I：
已知：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
(1)反应I的__________。
(2)下列关于反应I～III的说法正确的是______(填标号)。
A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量
B．保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态
C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高
D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能
(3)在催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：
该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ⅱ：
ⅰ：；
ⅱ：__________.
(4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[∶n(乙苯)]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越______(填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ．乙苯的浓度过低；
ⅱ．__________。
③850K时，反应经t min达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为n mol，则v(苯乙烯)＝______。
(5)700K时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时苯乙烯的分压为______kPa(以含有、、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数。② ]
10．（2023·广东佛山·统考一模）碳中和是我国的重要战略目标，以和为原料合成受到广泛关注。
该过程主要涉及以下反应：
反应I
反应II
回答下列问题：
(1)已知：，反应I的_______0(填“>”、“<”或“=”)，反应I和II的吉布斯自由能与热力学温度(T)之间的关系如图所示，_______。
(2)向密闭容器中充入、反应合成，平衡时各组分的体积分数随温度变化如图所示。
①在工业上，常选用作为合成温度，原因是_______。
②时对甲烷的选择性=_______(保留2位有效数字，已知：选择性=生成的物质的量/参与反应的的物质的量)，该温度下反应II的_______。(保留2位有效数字，已知：分压=组分物质的量分数×总压)
(3)光催化剂在光能作用下，电子发生跃迁，形成类似于电解池的阴阳极，将转变为。酸性环境下该过程的电极反应式为_______。
11．（2023·广东惠州·统考三模）运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请完成下列探究。
(1)生成氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。 ΔH=+131.3kJ⋅mol-1，ΔS=+133.7J⋅mol-1⋅K-1，该反应在低温下_______(“能”或“不能”)自发进行。
(2)已知在400℃时，的。相关化学键键能数据为
化学键
N≡N
H-H
N-H
键能
946
436
390.8
回答下列问题：①在400℃时，(g的K2=_______(填数值)，ΔH=_______。
②400℃时，在1L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为4mol、2mol、4mol，则此时反应_______(填“>”“<”“=”或“不能确定”)。
③若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则合成氨反应的平衡_______(填“向左”“向右”或“不”)移动；使用催化剂_______(填“增大”“减小”或“不改变”)反应的ΔH。
(3)氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为，在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始时N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如图所示。
①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是_______
②若在250℃、p1为105Pa的条件下，反应达到平衡，此时B点N2的分压为_______Pa(分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
12．（2023·广东江门·校联考模拟预测）为了实现碳达峰和碳中和目标，二氧化碳的高效利用成为研究的热点。某研究小组采用双合金团簇催化甲烷干法重整法(DRM)取得了良好的效果。已知：CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol。
(1)甲烷干法重整(DRM)反应为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H，则△H=_______。
(2)通过大量的研究Pt12Ni、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇可用于催化DRM反应，在催化剂表面涉及多个基元反应，分别为过程1：甲烷逐步脱氢，过程2：CO2的活化(包括直接活化和氢诱导活化)，过程3：C★和CH★的氧化，过程4：扩散吸附反应。其反应机理如图1所示。
则CO2的氢诱导活化反应方程式为_______，过程3的最终产物为_______，过程4发生扩散吸附的微粒为_______。
(3)三种催化剂催化甲烷脱氯过程的能量变化如图2所示：
①甲烷脱氢过程中最大活化能步骤为_______。(用反应方程式表示)
②Sn12Ni、Pt12Ni、Cu12Ni三种催化剂催化甲烷脱氢过程的脱氢速率分别为v1、v2、v3，则脱氢速率由大到小的顺序为_______。
③Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，请结合图示解释原因：_______。
(4)已知：甲烷干法重整(DRM)过程中发生副反应 △H>0，T℃时，在恒压反应器中，通入2molCH4和1molCO2，总压强为p0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为p。
①关于上述平衡体系，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．n(CH4)：n(CO2)=2：1
B．将H2O(g)液化，可以提高主反应的速率
C．若反应在恒容条件下进行，甲烷转化率小于40%
D．若降低反应温度，主、副反应均逆向进行
②DRM反应的Kp=_______(列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数)。
13．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）完成下列小题：
Ⅰ．催化剂活性是指催化剂的催化能力。金属铂(Pt)及其化合物在催化剂和电镀等领域有着重要的应用。
(1)可以与发生置换反应，生成具有较强活性的催化剂金属铂(铂黑)，写出上述反应的化学方程式：__________。
(2)氯铂酸可用于石油化工中加氢、脱氢催化剂的活性部分，氯铂酸溶液中加入过量的KCl溶液，搅拌均匀，过滤，滤液经________________后，合并晶体，干燥，可以得到应用于电镀的氯铂酸钾，氯铂酸钾易结晶析出的原因是______________________。
Ⅱ．丙烷在25℃和光照条件下与发生反应，生成氯丙烷和氯丙烷两种卤代烃。CH3CH2CH3+Cl2CH3CH2CH2Cl(45%)+CH3CHClCH3(55%)
(3)从CH3CH2CH3分子中等效H原子来看，得到的氯丙烷和氯丙烷的物质的量应为3∶1，但从实际得率看，有很大的差异，丙烷分子结构中两种不同化学环境氢原子的活性，还要受到其他因素的影响。假设分子结构中甲基上的H原子的活性为x，亚甲基上的H原子的活性为y，则__________(保留两位有效数字)。
(4)烷烃与卤素单质的取代反应本质是与卤素自由基(X·)的反应，生成烷烃自由基(R·)和卤化氢，丙烷分别与卤素原子“Cl·”和“Br·”发生反应的能量变化如图所示，已知得到的丙烷自由基可以通过单电子(·)进一步结合卤素原子，生成对应结构的一卤代烃产物。
和哪个更稳定：______________________。
Ⅲ．一般说来，自由能越高越不稳定，越低越稳定。
(5)Mn元素的自由能氧化态(或化合价Z)图像如图所示。
由上图可知，时，Mn元素最稳定状态的存在微粒是__________，时，Mn元素最稳定状态的存在微粒是__________。
(6)离子反应，，结合上述图像，从反应的平衡常数K分析，得到的结论是__________。
14．（2023·广东·惠州一中模拟预测）苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，乙苯催化脱氢制备苯乙烯是目前生产苯乙烯的主要方法，反应如下：（g） （g） +H2(g)。
(1)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气，反应温度维持在600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下：
①一般控制原料气中水油比n(水)：n(乙苯)为9∶1，若水油比增大，乙苯的平衡转化率______(填“增大”或“减小”)，理由是________________________。
②控制反应温度为600℃的理由是________________________。
(2)某研究机构用代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺。反应方程式为：(g)+CO2(g) (g)+CO(g)+H2O(g)。反应历程如图：
①已知：。则______。
②催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程分析，如果催化剂表面碱性太强，对反应造成的影响为：________________________(说出一点即可)。
③一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2mol，起始压强为p0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，乙苯的转化率为______，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数______。(已知：气体分压=气体总压×气体体积分数)
15．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）CO、CO2的回收和综合利用有利于实现“碳中和”。
(1)CO和H2可以合成简单有机物，已知CO、H2合成CH3OH、HCOOCH3的能量变化如图所示，计算2CH3OH(g)HCOOCH3(g)+2H2(g)△H=____。
已知键能数据如表。
化学键
H－H
C－O
C≡O
H－O
C－H
键能/(kJ•mol-1)
436
326
A
464
414
则C≡O的键能为_____。
(2)已知：反应1：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) △H=-128.8kJ•mol-1
反应2：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-78.1kJ•mol-1
假设某温度下，反应1的速率大于反应2的速率，则下列反应过程中的能量变化示意图正确的是_____(填字母)。A． B．
C． D．
(3)CO2催化加氢制甲醇可分两步完成，反应历程如图所示。
已知CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-106kJ•mol-1
则CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=_____。
该反应进程中总反应速率由第_____(“1”或“2”)步决定。
(4)在催化剂作用下，CO2、H2同时发生如下反应：
反应1(主反应)：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g) △H＜0
反应2(副反应)：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H＞0
其压强平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度，分压总压物质的量分数)的对数lgKp与温度倒数呈线性关系，如图所示。其中表示主反应的变化曲线为____(填“L1”或“L2”)。
二、工业流程题
16．（2023·广东佛山·统考一模）镍是重要的战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO●4SiO2●H2O、3MgO●4SiO2●H2O等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)中，元素的化合价为_______。
(2)为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有_______(任填一个)。
(3)“氧压浸出”的滤渣有S和_______，该环节中发生的化学反应方程式为_______。
(4)“萃铜”时的反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，下列说法正确的有_______。
A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，可得到单质
B．萃余液中的阳离子为：
C．一定条件下，萃取平衡时，，则的萃取率为80%
D．为提高的萃取率，可适当提高溶液
(5)已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时的沉淀率为_______，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为_______(填化学式)。
17．（2023·广东广州·统考二模）铬广泛应用于冶金、化工、航天等领域。工业上以铬铁矿(主要成分为，含有少量)为原料制备金属铬的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)中为价，的化合价为_______，“焙烧”中反应的化学方程式为_______。
(2)“沉铝”中所得滤渣的成分为_______，需控制的原因为_______。
(3)“酸化”中反应的离子方程式为_______，若该反应的平衡常数，已知：酸化”后溶液中，则溶液中_______。
(4)氧铬酸钙是一种常见含铬矿石，其立方晶胞如图所示。
①氧铬酸钙的化学式为_______。
②1个钙原子与_______个氧原子最近且等距离。
③该晶体密度为_______(列出计算式即可。已知和O的最近距离为，代表阿伏加德罗常数)
18．（2023·广东·惠州一中模拟预测）碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
已知：①Sr(OH)2为强碱，Cr(OH)3为两性氢氧化物；
②常温下，各物质的溶度积常数如表所示。
化合物
Cr(OH)3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
SrCO3
Ksp近似值
回答下列问题：
(1)气体A的电子式为_____________。
(2)“酸化”步骤发生如下反应：，则“还原”时发生反应的离子方程式为______________。
(3)滤渣1的主要成分为_____________，滤渣2的主要成分为_____________(填化学式)。
(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不直接用NaOH调节溶液的pH≈13的原因是_____________。
(5)“碳化”时，反应的化学平衡常数K的计算关系式为_____________。(用相关平衡常数表达，已知碳酸的电离常数为Ka1、Ka2)
(6)上述流程合成的碳酸锶与TiO2在高温下反应，可以制得高温超导基片材料SrTiO3，SrTiO3的立方晶胞结构如图所示，其中Ti处在体心位置，Sr与Ti的最近距离为a nm，已知SrTiO3的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则SrTiO3晶体的密度为_____________g/cm3(列出M、NA、a相关的算式即可)。
参考答案：
1．(1)+115.4kJ•mol-1
(2) C 65.2% 反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动；
(3) 降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右 200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快
(4)3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O
【详解】（1）①CH4(g)+O2(g)CH3OH(g) △H1=-126.4kJ•mol-1
②CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2
③H2(g)+O2(g)= H2O(l) △H3=-285.8kJ•mol-1
④H2O(l)=H2O(g) △H4=+44kJ•mol-1
利用盖斯定律，将反应①-③-④，得反应②为CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2=+115.4kJ•mol-1。答案为：+115.4kJ•mol-1
（2）①A．升高温度，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，A不符合题意；
B．反应达到平衡后，再充入一定量He，对反应物和生成物的压强都不产生影响，CH4的平衡转化率不变，B不符合题意；
C．投料比不变，增大反应物浓度，相当于加压，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，C符合题意；
故选C。
②在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，从图中看出，起始总压强为12kPa，平衡时总压强为9.05kPa，则He的压强为12kPa-6.0kPa-4.8kPa=1.2kPa，设参加反应的CH4的压强为x，则可建立如下三段式：
则6.0-x+4.8-0.5x+x+1.2=9.05 x=5.9kPa
则达到平衡时体系中CH3OH的体积分数为≈65.2%。
③该反应温度下，方法I的标准压力平衡常数=。
④若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是：反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动。答案为：C；65.2%；；反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动；
（3）通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是：降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；从反应速率的角度分析，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因：200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快。答案为：降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快；
（4）从图中可以看出，ZrO2/NiCo2O4电极为负极，则CH4失电子产物与电解质反应生成CH3CH2CH2OH等，电极反应式为3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O。答案为：3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O。
【点睛】在活性温度时，催化剂的活性最大。
2．(1) 大于 1.6×10−3
(2)−1.0V、Cu6(S)
(3) p1>p2>p3 TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低
(4)2
【详解】（1）①反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则反应Ⅰ的焓变ΔH1=(2×803+436)kJ/mol—(1071+2×464)kJ/mol=+43 kJ/mol，该反应为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能，故答案为：+43 kJ/mol；大于；
②由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应，则反应的平衡常数K=，故答案为：；
③由速率公式可得：2.0×10−4=k×0.02×0.013，解得k=1×104，则a=1×104×0.02×0.023=1.6×10−3，故答案为：1.6×10−3；
（2）由图可知，电极电势为−1.0V、Cu6(S)做催化剂时生成甲醇的法拉第效率最高，则最合适的电势及最佳催化剂是−1.0V、Cu6(S)，故答案为：−1.0V、Cu6(S)；
（3）反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p1、p2、p3时，二氧化碳的转化率依次减小，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率先增大后减小，说明TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低，故答案为：p1>p2>p3；TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低；
（4）设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原子个数守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol氢气，由方程式和氢原子个数守恒可得：2x+x+y=2，解得x=y=0.5，则反应Ⅱ的平衡常数K=，故答案为：2。
3．(1) 减小
(2) a>b>c 0.5 0.64
(3) 4：1
【详解】（1）设③根据盖斯定律可知，③=②-①，则；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=1.6mol，
则此时平衡常数；
③根据，
则；
（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：；根据电子转移情况：、、，由于阴极生成CO、HCOOH、，且各产物生成速率相同，则每产生1 mol 电路中通过电子总物质的量为16 mol，故Pt电极与Cu电极上产生与的体积比为16/4=4：1。
4．(1)
(2) ad ab
(3) n AD
【详解】（1）由盖斯定律可知a+b+d可得反应 ；
（2）①由图示知随着温度升高，bc反应的平衡常数减小，ad平衡常数增大，故ad反应属于吸热，升高温度平衡正向移动；
②平衡常数大于即lgKp>5时可认为反应完全，则时，反应完全进行的有ab。
（3）①ad反应属于吸热，升高温度平衡正向移动，故CO的含量增大，曲线n为CO的曲线；
②A．该体系只有气体参与反应，质量守恒，m总不变，反应体系是气体物质的量增大的反应，恒压体系容器的体积增大，故密度是个变量，当气体密度不再发生变化时，反应达到平衡状态，选项A正确；
B．温度升高，反应的、均增大，选项B错误；
C．平衡常数是个随温度变化的常数，达到平衡时分离出部分，反应c的平衡常数不变，选项C错误；
D．恒压环境中加入稀有气体，容器体积增大，反应体系的分压减小，ad平衡正向移动，重新达到平衡时的物质的量增加，选项D正确；
答案选AD；
③、和的物质的量分数分别为0.20、0.32、0.12，则一氧化碳和二氧化碳的物质的量分数之和为1-(0.2+0.32+0.12)=0.36，设平衡时各物质总的物质的量为n总，根据碳元素守恒可知（0.20+0.36）n总=4，故n总=mol，则氢气的物质的量为0.32mol=mol；由图可知，下达到平衡时CO和CO2的物质的量相等，则n(CO)= n(CO2)=0.36n总=mol，n(H2O)=0.12 n总=mol，c(CH4)=0.2 n总=mol，反应c的平衡常数K=。
5．(1) +=2CO+ 2H2 =E3-E1 快反应
(2) B CO2的转化率大于
(3)加入CaO和反应使浓度降低，反应④平衡正向移动，平衡体系混合气中H2的物质的量增大
(4) > 0.75
(5)CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2
【详解】（1）-干重整反应生成CO和H2，由图可知反应物的能量高于生成物，该反应为吸热反应，=生成物能量-反应物能量=E3-E1，热化学方程式为：+=2CO+ 2H2 =E3-E1；由图可知，反应Ⅱ的活化能小于反应Ⅰ，反应Ⅱ是快反应。
（2）等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应+=2CO+ 2H2，同时还发生了副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，则CO2的转化率大于，则表示CH4平衡转化率的是曲线B。
（3）压强为P0kPa，温度低于700℃时，加入CaO和反应使浓度降低，反应④平衡正向移动，平衡体系混合气中H2的物质的量增大。
（4）温度、投料量相同，由图乙可看出E、G两点CH4转化率相同，可知E、G两点CH4物质的量相等，但G点压强大，所以G点对应的体积小，CH4的浓度大，即c(G) >c( E)；500℃ 时由图甲可知平衡时n( H2) =2.1 mol，由图乙可知，相同反应时间，G点CH4转化率小于F点，但G点压强大于F点，则G点已达到平衡，CH4平衡转化率为0.6，列三段式：
平衡时气体总物质的量为：0.4mol+0.3mol+2.1mol+0.3mol+2.1mol=5.2mol，此温度下反应③的压力平衡常数 。
（5）由外接直流电源可以判断是电解池，根据元素化合价变化，Ni- YSZ电极上发生CH4→H2+ CO2的转变，则该电极为阳极，发生氧化反应,结合图示，电极反应式为CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2。
6．(1)-324
(2)
(3)abd
(4)B
(5) 任意温度 向正反应方向移动
(6)80%
【详解】（1）根据盖斯定律，Ⅲ=2×(Ⅰ-Ⅱ)，
则；
（2），，；
（3）a．从石油中分馏得到的是石油气、汽油、煤油和柴油这些碳数较多的烷烃，而丙烯需要裂解才能得到，选项a错误；
b.催化剂不能改变平衡转化率，选项b错误；
c.加入水蒸气可防止原料混合气中丙烯与空气的比例处于爆炸范围内而产生的危险，选项c正确；
d.氰化物有剧毒，不能随意排放，选项d错误；
答案选abd；
（4）氨比达到1.16时丙烯腈收率升到比较高，再增加氨比时丙烯腈收率升高不明显，造成氨气的消耗量增加，浪费原料资源，答案选B；
（5）由反应方程式系数差可知，又，，故反应可在任意温度下白发。对于在一个体系下的两个反应，压缩容器体积，直接对反应Ⅱ无影响，但引起反应Ⅰ平衡逆向移动，增大，从而引起反应Ⅱ平衡正向移动；
（6）反应Ⅰ和Ⅱ均放热，温度升高其平衡常数K减小，又据题知，故曲线a代表反应Ⅰ，曲线b代表反应Ⅱ.设平衡时丙烯浓度为x ，由丙烯腈平衡浓度可计算氧气、丙烯转化浓度以及水在反应Ⅰ中的平衡浓度，进而可求得反应Ⅱ中各物质的转化浓度，注意氧气、水的平衡浓度要综合两个反应求得：
，可得，则起始丙烯浓度为，丙烯平衡转化率。
7．(1) > 主反应的随温度升高而变大，说明升高温度平衡正向移动，则反应为吸热反应
(2) b 5%
(3)AC
(4)节约能源、产品容易分离、副产物少
(5) 正 2:9
【详解】（1）主反应的随温度升高而变大，说明升高温度平衡正向移动，则反应为吸热反应，焓变大于零；
（2）升高温度，反应正向移动，的含量减小、的含量增加，故图中表示的体积分数的曲线为b；时，体积分数均为30%，若投料1mol；
则1-a-b=a，b=1-2a，反应后总的物质的量为1+a+b=2-a，则，、，总量为，故的体积分数为；
（3）A．的物质的量分数不再改变，说明平衡不再移动，反应体系已达平衡，A正确；
B．催化剂不能改变反应的平衡转化率，B错误；
C．反应达到平衡后，增加压强，不变，C正确；
D．升高温度，所有反应的速率都加快，D错误；
故选AC；
（4）该途径为放热反应，且生成水容易分离，故生产丙烯的好处是节约能源、产品容易分离；
（5）①Y极中水发生氧化反应生成氧气，为阳极，与电源正极相连；
②X极为阴极，二氧化碳得到电子发生还原反应生成丙烯，电极反应式为；
③理论上，根据电子守恒可知，，2:9。
8．(1)+178
(2)AC
(3) C 积碳在其表面快速沉积使其活性降低
(4) a 比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大 0.077P
【详解】（1）将反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到反应的 ；故答案为：+178。
（2）A．升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增多，碰撞几率增大，因此正、逆反应速率同时增大，故A正确；
B．和的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态，不能是物质的量相等，故B错误；
C．增加起始投料时的体积分数，单位体积的活化分子数增加，碰撞几率增大，反应速率加快，故C正确；D．增加起始投料时的体积分数，可以理解为再另外一个容器中加入后再加压，由于反应是体积增大的反应，因此加压后平衡逆向移动，平衡转化率减小，故D错误；
综上所述，答案为：AC。
（3）①在一定条件下，催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的各步反应中，生成下列物质速率最慢的是活化能最大的即第二步(TS2)；故答案为：C。
②用基催化剂研究催化脱氢，该催化剂对键和键的断裂均有高活性，易形成碳单质。一定温度下，基催化剂在短时间内会失活，说明碳单质沉积在Co上，Co没有与乙烷接触从而使其活性失活；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低。
（4）①图中曲线c表示的物质为，比值增大，致使反应Ⅱ正向移动，乙烯浓度降低，致使反应Ⅰ也正向移动，乙烷的转化率增大，因此乙烷的改变量比乙烯变化量大，因此表示的曲线为a，判断依据是比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大；故答案为：a；比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大。
②当时，平衡时体系压强为P，建立三段式，，则反应Ⅰ的平衡常数；故答案为：0.077P。
9．(1)
(2)AB
(3)
(4) 低 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低
(5)
【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；
（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；
D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；
故选：AB。
（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；
（5）
+CO2(g)
+
+
起始压强
p1
变化压强
x
x
x
x
x
平衡压强
p1-x
p
x
x
x
由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。
10．(1) ＜ -165
(2) 350℃下CH4的体积分数很大，而CO的体积分数几乎为0，即此温度下CH4的选择性较大，制得的CH4纯度较高 93.75% 0.22
(3)CO2+8H++8e-=CH4+2H2O
【详解】（1）由题干信息可知，反应I即，正反应是一个气体体积减小的方向，则该反应的＜0，反应I和II的吉布斯自由能与热力学温度(T)之间的关系图所示信息可知，曲线2代表反应I的变化关系，故-165，故答案为：＜；-165；
（2）①由题干图像可知，350℃下CH4的体积分数很大，而CO的体积分数几乎为0，即此温度下CH4的选择性较大，制得的CH4纯度较高，故在工业上，常选用350℃作为合成温度，故答案为：350℃下CH4的体积分数很大，而CO的体积分数几乎为0，即此温度下CH4的选择性较大，制得的CH4纯度较高；
②由题干图像可知，450℃时，CH4的体积分数为37.5%，CO的体积分数为2.5%，根据碳原子守恒可知，CO2对甲烷的选择性=×100%=93.75%，假设CO2总共转化量为xmol，则0.9375x转化为CH4,0.0625x转化为CO，根据三段式分析可得：，，该温度下达到平衡时，CH4的物质的量为：0.9375xmol，H2O的物质的量为：1.875x+0.0625x=1.9375xmol，H2的物质的量为：3-3.75x-0.0625x=(3-3.8125x)mol，CO的物质的量为0.0625xmol，CO2的物质的量为1-0.9375x-0.0625x=(1-x)mol，根据CO2的体积分数和H2的体积分数相等有：3-3.8125x=0.9375x，解得x=0.63mol，平衡时体系气体总的物质的量为：0.9375xmol +1.9375xmol +(3-3.8125x)mol +0.0625xmol +(1-x)=4-1.875x=4-1.875×0.63=2.81875mol，H2的分压为：=0.212p总，CO2的平衡分压为：=0.131p总，CO的平衡分压为：=0.014p总，H2O的平衡分压为：=0.433p总，反应II的Kp===0.22，故答案为：93.75%；0.22；
（3）光催化剂在光能作用下，电子发生跃迁，形成类似于电解池的阴阳极，将CO2转变为CH4，该过程发生还原反应，故酸性环境下该过程的电极反应式为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O，故答案为：CO2+8H++8e-=CH4+2H2O。
11．(1)不能
(2) 2 = 向右 不改变
(3)
【详解】（1）因为该反应，高温下能自发进行，低温下不能自发进行；
（2）①相同温度下，正逆反应的平衡常数互为倒数，所以，反应物的总键能-生成物的总键能，；
②根据，反应达平衡状态，等于；
③恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，容器体积增大，相当于减小压强，合成氨反应的平衡正向移动，催化剂降低活化能，加快反应速率，但是不改变反应的焓变；
（3）①其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，氨的体积分数越大，所以；
②根据三段式：，，，，。
12．(1)+247.3kJ/mol
(2) CO2★+H★=CO★+OH★ CO★ H★和OH★
(3) CH3★=CH2★+H★ v2>v3>v1 脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少
(4) CD
【详解】（1）因为CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol，则①△H1=-890.3 kJ/mol；②△H2=-285.8kJ/mol；③△H3=-283kJ/mol；根据盖斯定律，①-2②-2③得CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H=△H1-2△H2-2△H3=+247.3 kJ/mol；
（2）CO2的活化包括直接活化和氢诱导活化，在氢诱导活化中，CO2★+H★COOH★CO★+OH★，因此CO2的氢诱导活化反应方程式为CO2★+H★=CO★+OH★；由图可知，过程3的最终产物为CO★；过程1甲烷逐步脱氢生成H★，过程3 CO2的活化过程中生成OH★，因此过程4发生扩散吸附的微粒为H★和OH★；
（3）①活化能最大的过程为反应的决速步骤，由图可知，过渡态为TS2的反应为决速步骤，对应的方程式为：CH3*=CH2*+H*；
②催化剂能够降低反应的活化能，活化能越低，则化学反应速率越大，所以v2>v3>v1；
③由图可知，脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少；
（4）①
A．投入量n(CH4):n(CO2)=2:1，主反应消耗量n(CH4):n(CO2)=1:1，副反应消耗CO2，因此主副反应消耗量n(CH4):n(CO2) 2:1，则平衡时体系中n(CH4):n(CO2) 2:1，A错误；
B．将H2O(g)液化，副反应平衡正向移动，导致CO2和H2浓度减小，CO浓度增大，则主反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)反应的速率减慢，B错误；
C．主反应正向为体积增大的反应，若反应在恒容条件下进行，等效于在恒压的基础上，缩小体积加压，主反应平衡逆向移动，则甲烷转化率小于40%，C正确；
D．由于主、副反应正反应均为吸热反应，则若降低反应温度，主、副反应均逆向进行，D正确；
故选CD。
②对主反应列三段式：
平衡时，设水的物质的量为x mol，对副反应列三段式：
已知，平衡时水的分压为P，在恒温恒压体系下，压强之比等于物质的量之比，所以有，所以x=，n(总)=4.6mol，则平衡时，P(CH4)=，P(CO2)=，P(CO)=，P(H2)=，
Kp ==。
13．(1)+=
(2) 蒸发浓缩、冷却结晶 氯铂酸钾在水中溶解度小
(3)3.67
(4)
(5) Mn2+ MnO2
(6)反应的平衡常数K较大，在酸性溶液中歧化生成 和MnO2程度很大，歧化反应容易发生
【详解】（1）可以与发生置换反应，生成具有较强活性的催化剂金属铂(铂黑)，化学方程式+=，答案：+2=。
（2）氯铂酸溶液中加入过量的KCl溶液，搅拌均匀，过滤，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶后，干燥，得到氯铂酸钾，氯铂酸钾易结晶析出的原因是氯铂酸钾在水中溶解度小，答案：蒸发浓缩、冷却；结晶氯铂酸钾在水中溶解度小；
（3）由题意可知，则 3.67，答案：3.67。
（4）物质能量越低越稳定，由图中信息可知能量比能量低，更稳定，答案：；
（5）一般说来，自由能越高越不稳定，越低越稳定。由上图可知，时，Mn元素自由能最低的的微粒是Mn2+，最稳定状态的存在微粒Mn2+，时，Mn元素自由能最低的的微粒是MnO2，最稳定状态的存在微粒是MnO2，答案：Mn2+；MnO2；
（6）离子反应，，反应的平衡常数K较大，在酸性溶液中歧化生成 和MnO2程度很大，歧化反应容易发生，答案：反应的平衡常数K较大，在酸性溶液中歧化生成 和MnO2程度很大，歧化反应容易发生。
14．(1) 增大 反应为气体分子增加的反应，若水油比增大，相当于减小压强，平衡正向移动，导致乙苯的平衡转化率增大 苯乙烯的选择性和乙苯的转化率均较高
(2) +128 降低了乙苯的转化率 50%
【详解】（1）①一般控制原料气中水油比为9∶1，反应为气体分子增加的反应，若水油比增大，相当于减小压强，平衡正向移动，导致乙苯的平衡转化率增大。
②控制反应温度为的理由是此时苯乙烯的选择性和乙苯的转化率均较高；若温度过低，则反应速率减慢且乙苯转化率变低；若温度过高则苯乙烯选择性下降且可能导致催化剂活性下降；
故答案为：增大；反应为气体分子增加的反应，若水油比增大，相当于减小压强，平衡正向移动，导致乙苯的平衡转化率增大；苯乙烯的选择性和乙苯的转化率均较高；
（2）①已知：
Ⅰ(g)+ H2(g)；
Ⅲ；
则Ⅰ-Ⅲ得：(g)+CO2(g)(g)+ CO(g)+ H2O (g)=；
②催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从而降低了乙苯的转化率；
③反应为气体分子数增加1的反应，反应后总的物质的量增加，一定温度下，向恒容密闭容器中充入乙苯和，起始压强为，平衡时容器内气体总物质的量为，增加物质的量为1mol，则反应的乙苯、二氧化碳均为1mol，平衡时乙苯、二氧化碳、苯乙烯、一氧化碳、水的物质的量均为1mol，反应后总压为，则乙苯的转化率为；用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数。
故答案为：+128；50%；降低了乙苯的转化率；。
15．(1) +135.4 kJ•mol-1 1054kJ•mol-1
(2)A
(3) -65kJ•mol-1 1
(4)L1
【详解】（1）根据图可写出①、
②，
②－①×2可得出。
根据反应，反应物总键能－生成物总键能，代入数据-106.0=A+2×436-3×414-326-464，解得，的键能为；
（2）反应1、反应2均为放热反应，并且反应1放热多，反应1的速率快则说明反应1的活化能小，因此选A；
（3）根据图象可写出反应①，结合反应②，①+②可得出总反应。活化能越大则反应速率越慢，总反应的速率由活化能大的步骤决定，反应由第1步决定；
（4）横坐标为温度的倒数，数值越大，温度越低，主反应为放热反应，降低温度时平衡常数增大，所以表示主反应的变化曲线。
16．(1)+3
(2)适当升高温度、适当增压、将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当增大硫酸的浓度
(3) SiO2、H2SiO3或难溶性硅酸盐 4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O
(4)CD
(5) 99.9% MgSO4
【分析】由题干工艺流程图可知，向高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO·4SiO2·H2O、3MgO·4SiO2·H2O等)中加入O2、H2SO4进行氧压浸出，将铁元素转化为Fe2(SO4)3，镍元素转化为NiSO4、铜元素转化为CuSO4、镁元素转化为MgSO4，硫元素转化为S单质，过滤得到滤渣主要成分为SiO2和S，用铜离子萃取剂萃取出Cu2+，分液得到萃取液，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，向萃余液中加入Na2SO4和MgO进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6、过滤出沉淀，向滤液中加入MgO将Ni2+以Ni(OH)2的形成沉淀，最后对Ni(OH)2进行处理制得Ni，母液中主要溶质为MgSO4，据此分析解题。
【详解】（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带2个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为0可知中，元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高“氧压浸出”的速率，故答案为：将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度；
（3）由分析可知，“氧压浸出”的滤渣有S和SiO2，该环节中CuFeS2与H2SO4、O2反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、S和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为：4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O，故答案为：SiO2；4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O；
（4）A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，萃取平衡逆向移动，故可得到Cu2+，得不到单质Cu，A错误；
B．由题干分析结合小问1分析可知，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，B错误；
C．一定条件下，萃取平衡时，，即被萃取的Cu2+也就是形成CuR2的Cu2+是残留在溶液中的Cu2+的4倍，则的萃取率为=80%，C正确；
D．适当提高溶液则H+浓度减小，平衡正向移动，故可提高的萃取率，D正确；
故答案为：CD；
（5）已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时溶液中c(OH-)=10-5.5mol/L，溶液中残留的Ni2+浓度为：c(Ni2+)===0.0002mol/L，则此时的沉淀率为≈99.9%，由分析可知，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为MgSO4，故答案为：99.9%；MgSO4。
17．(1) +3
(2) 使完全沉淀
(3)
(4) 12
【分析】铬铁矿(主要成分为，含有少量），“焙烧”后生成和，生成，溶于水形成和溶液，调节控制，使完全形成沉淀，在调节 使生成，电解溶液生成单质。
【详解】（1）中为价，根据化合价的代数和为零，的化合价为+3价；“焙烧”中被氧化为和，反应的化学方程式为；
（2）“沉铝”中所得滤渣的成分为，控制，使完全沉淀；
（3）“酸化”使转化为，反应的离子方程式为：； ，，，，则；
（4）根据晶胞结构，在顶点，原子个数为，原子在体心，原子个数为1，原子在面心，个数为，所以该晶胞的化学式为：；在顶点，原子在面心，1个钙原子与12个氧原子最近且等距离；已知和O的最近距离为，晶胞棱长为，则该晶体密度为。
18．(1)
(2)+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O
(3) Cr (OH)3 Ca(OH)2、Mg(OH)2
(4)防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低
(5)
(6)
【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等 )加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7 ~ 8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr (OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
【详解】（1）根据上述分析可知气体A是CO2，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为；
（2）酸化时转化为，在还原时与H2C2O4发生反应产生Cr3+、CO2、H2O，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知还原反应的离子方程式为：+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（3）根据上述分析可知滤渣1的主要成分是Cr (OH)3；再加NaOH溶液，调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，则滤渣2主要成分是Ca(OH)2、Mg(OH)2；
（4）根据题意可知Cr (OH)3是两性氢氧化物，若使用NaOH溶液调整溶液pH时，若pH过大会导致Cr (OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低；
（5）反应的化学平衡常数K=；
（6）在该晶胞中Sr原子个数为8×=1，含有O原子个数为6×=3，含有Ti原子个数是1，则在1个晶胞中含有1个SrTiO3，晶胞中Sr与Ti原子之间距离为体对角线的，假设晶胞边长为L，，L=，则该晶体密度ρ=。
相关试卷
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-18化学反应速率与化学平衡（3）： 这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-18化学反应速率与化学平衡（3），共30页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-30化学反应速率与化学平衡（1）解答题： 这是一份天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-30化学反应速率与化学平衡（1）解答题，共73页。试卷主要包含了原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
河北省2023年高考化学模拟题汇编-09化学平衡（解答题）： 这是一份河北省2023年高考化学模拟题汇编-09化学平衡（解答题），共27页。试卷主要包含了原理综合题等内容，欢迎下载使用。
