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    2024届高考化学一轮总复习单元质检卷7第七单元化学反应速率和化学平衡
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    2024届高考化学一轮总复习单元质检卷7第七单元化学反应速率和化学平衡

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    这是一份2024届高考化学一轮总复习单元质检卷7第七单元化学反应速率和化学平衡,共15页。试卷主要包含了选择题,非选择题等内容,欢迎下载使用。

    单元质检卷7
    一、选择题(本题共12小题,共48分,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。)
    1.(2022·广东卷)恒容密闭容器中,BaSO4(s)+4H2(g)BaS(s)+4H2O(g)在不同温度下达平衡时,各组分的物质的量(n)如图所示。下列说法正确的是(  )

    A.该反应的ΔH<0
    B.a为n(H2O)随温度的变化曲线
    C.向平衡体系中充入惰性气体,平衡不移动
    D.向平衡体系中加入BaSO4,H2的平衡转化率增大
    解析:从题图可以看出,平衡时升高温度,氢气的物质的量减少,则平衡正向移动,说明该反应的正反应是吸热反应,即ΔH>0,故A项错误;从题图可以看出,在恒容密闭容器中,随着温度升高氢气平衡时的物质的量减少,则平衡随着温度升高正向移动,水蒸气的物质的量增加,而a曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化,故B项错误;容器体积固定,向容器中充入惰性气体,没有改变各物质的浓度,平衡不移动,故C项正确;BaSO4是固体,向平衡体系中加入BaSO4,不能改变其浓度,因此平衡不移动,氢气的转化率不变,故D项错误。
    答案:C
    2.(2022·广东卷)在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应X→2Y的影响,各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图,则(  )

    A.无催化剂时,反应不能进行
    B.与催化剂Ⅰ相比,Ⅱ使反应活化能更低
    C.a曲线表示使用催化剂Ⅱ时X的浓度随t的变化
    D.使用催化剂Ⅰ时,0~2 min内,v(X)=1.0 mol/(L·min)
    解析:由题图可知,无催化剂时,随反应进行,生成物浓度也在增加,说明反应也在进行,故A项错误;由题图可知,催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ催化效果好,说明催化剂Ⅰ使反应活化能更低,反应更快,故B项错误;由图可知,使用催化剂Ⅱ时,在0~2 min内Y的浓度变化了2.0 mol·L-1,而a曲线表示的X的浓度变化了2.0 mol·L-1,二者变化量之比不等于化学计量数之比,所以a曲线不表示使用催化剂Ⅱ时X浓度随时间t的变化,故C项错误;使用催化剂Ⅰ时,在0~2 min内,Y的浓度变化了4.0 mol·L-1,则v(Y)===2.0 mol/(L·min),v(X)=v(Y)=×2.0 mol/(L·min)=1.0 mol/(L·min),故D项正确。
    答案:D
    3.(2022·辽宁卷)某温度下,在1 L恒容密闭容器中2.0 mol X发生反应2X(s)Y(g)+2Z(g),有关数据如下。下列说法错误的是(  )
    时间段/min
    产物Z的平均生成速率/[mol/(L·min)]
    0~2
    0.20
    0~4
    0.15
    0~6
    0.10
    A.1 min时,Z的浓度大于0.20 mol·L-1
    B.2 min时,加入0.20 mol Z,此时v正(Z) C.3 min时,Y的体积分数约为33.3%
    D.5 min时,X的物质的量为1.4 mol
    解析:反应开始一段时间,随着时间的延长,反应物逐渐减小,产物Z的平均生成速率逐渐减小,则0~1 min内Z的平均生成速率大于0~2 min内的,故1 min时,Z的浓度大于0.20 mol·L-1,A项正确;4 min时生成的Z的物质的量为0.15 mol/(L·min)×4 min×1 L=0.6 mol,6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol/(L·min)×6 min×1 L=0.6 mol,故反应在4 min时已达到平衡,设达到平衡时生了a mol Y,列“三段式”:
        2X(s)Y(g) + 2Z(g)
    初始量/mol 2.0 0 0
    转化量/mol  2aa 2a
    平衡量/mol 2.0-2aa0.6
    根据2a=0.6,得a=0.3,则Y的平衡浓度为0.3 mol·L-1,Z的平衡浓度为0.6 mol·L-1,平衡常数K=c2(Z)·c(Y)=0.108,2 min时Y的浓度为0.2 mol·L-1,Z的浓度为0.4 mol·L-1,加入0.2 mol Z后Z的浓度变为0.6 mol·L-1,Q0=c2(Z)·c(Y)=0.072v逆(Z),B项错误;反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2,反应体系中只有Y和Z为气体,相同条件下,体积之比等于物质的量之比,=,故Y的体积分数始终约为33.3%,C项正确;由B项分析可知5 min时反应处于平衡状态,此时生成Z为0.6 mol,则X的转化量为0.6 mol,初始X的物质的量为2 mol,剩余X的物质的量为1.4 mol,D项正确。
    答案:B
    4.(2022·广东深圳一模)工业上制备硝酸过程中涉及反应:2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-57 kJ·mol-1。某实验小组测得不同条件下反应平衡时NO2的体积分数变化如下图(图中X、Y分别代表温度或压强)所示,下列说法不正确的是(  )

    A.图中X表示温度,Y表示压强
    B.X1>X2>X3
    C.对应条件下的平衡常数:a>b>c
    D.X3、Y1条件下,e点对应状态时v逆>v正
    解析:该反应中温度越高,NO2的平衡体积分数越小,压强越大,NO2的平衡体积分数越大,由题图可知Y表示温度,X表示压强,A项错误;压强越大NO2的平衡体积分数越大,所以X1>X2>X3,B项正确;反应为放热反应,温度越高,平衡常数越小,所以a>b>c,C项正确;X3、Y1条件下,e点对应状态NO2体积分数较高,说明反应逆向进行,此时v逆>v正,D项正确。
    答案:A
    5.(2022·海南卷)某温度下,反应CH2===CH2(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)在密闭容器中达到平衡,下列说法正确的是(  )
    A.增大压强,v正>v逆,平衡常数增大
    B.加入催化剂,平衡时CH3CH2OH(g)的浓度增大
    C.恒容下,充入一定量的H2O(g),平衡向正反应方向移动
    D.恒容下,充入一定量的CH2===CH2(g),CH2===CH2(g)的平衡转化率增大
    解析:该反应是一个气体分子数减少的反应,增大压强可以增大化学反应速率,正反应速率增大的幅度大于逆反应的,故v正>v逆,平衡向正反应方向移动,但是因为温度不变,故平衡常数不变,A项不正确;催化剂不影响化学平衡状态,因此,加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度,B项不正确;恒容下,充入一定量的H2O(g),H2O(g)的浓度增大,平衡向正反应方向移动,C项正确;恒容下,充入一定量的CH2===CH2(g),平衡向正反应方向移动,但是CH2===CH2(g)的平衡转化率减小,D项不正确。
    答案:C
    6.已知反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g) ΔH=-752 kJ·mol-1的反应机理如下:
    ①2NO(g)N2O2(g) (快);
    ②N2O2(g)+H2(g)N2O(g)+H2O(g) (慢);
    ③N2O(g)+H2(g)N2(g)+H2O(g) (快)。
    下列有关说法错误的是(  )
    A.①的逆反应速率大于②的正反应速率
    B.②中N2O2与H2的碰撞仅部分有效
    C.N2O2和N2O是该反应的催化剂
    D.总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大
    解析:①为快反应,说明反应物的活化能和生成物的活化能都较小,反应更容易发生,②为慢反应,说明反应物的活化能和生成物的活化能都较大,②中反应物的活化能大于①中生成物的活化能,因此①的逆反应速率大于②的正反应速率,A项正确;②反应为慢反应,反应慢说明反应的活化能大,物质微粒发生碰撞时,许多碰撞都不能发生化学反应,因此碰撞仅部分有效,B项正确;反应过程中N2O2和N2O是中间产物,不是催化剂,C项错误;总反应为放热反应,则总反应中逆反应的活化能比正反应的活化能大,D项正确。
    答案:C
    7.(2022·深圳光明高级中学月考)T℃时,向体积不等的恒容密闭容器中均加入一定量的PtSnMg(Zn)AlO催化剂和1 mol乙烷,发生乙烷脱氢反应:CH3CH3(g)CH2===CH2(g)+H2(g),反应相同时间,测得各容器中乙烷的转化率与容器体积的关系如图所示。下列说法错误的是(  )

    A.a点、c点乙烯的浓度:a>c
    B.a点对应乙烷的平衡转化率大于40%
    C.V1∶V2=1∶12
    D.a点、b点容器内的压强之比为28∶3
    解析:根据转化率可知a点、c点乙烯的浓度可以表示为 mol·L-1、 mol·L-1,由于V3>V1,故乙烯的浓度a>c,A项正确;相同浓度、相同催化剂、等量的反应物通入体积不等的容器内,容器体积越大,反应物的浓度越低,反应速率越慢,相同时间达到平衡的可能性越小,故曲线的前半部分上的点均为平衡点,a、b均为平衡点,曲线的后半部分上的点均不是平衡点,B项错误;根据转化率计算可知a点乙烷、乙烯、氢气的物质的量分别为0.6 mol、0.4 mol、0.4 mol,浓度分别为 mol·L-1、 mol·L-1、 mol·L-1,平衡常数K==,同理,b点乙烷、乙烯、氢气的物质的量分别为0.2 mol、0.8 mol、0.8 mol,浓度分别为 mol·L-1、 mol·L-1、 mol·L-1,平衡常数K==,相同温度下平衡常数相等,故=,可得V1∶V2=1∶12,C项正确;由pV=nRT可知,=·=×=,D项正确。
    答案:B
    8.(2022·广州六中模拟)室温下,某溶液初始时仅溶有P和Q且浓度相等,同时发生以下两个反应:①P+Q===X+Z;②P+Q===Y+Z,反应①的速率可表示为v1=k1·c2(P),反应②的速率可表示为v2=k2c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分Q、X的浓度随时间变化情况如图所示(溶液体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是(  )

    A.反应①的活化能比反应②的活化能大
    B.0~20 min内,Z的平均反应速率为6.0×10-3 mol/(L·min)
    C.反应30 min时,v1∶v2=2∶3
    D.45 min时Y的浓度为0.24 mol·L-1
    解析:根据X的生成量可计算出反应①和反应②中的其他几个物质的相关变化量。从题图中可以看出P、Q的初始量均为0.6 mol·L-1。v1=k1c2(P)=,v2=k2c2(P)=,则==为定值,20 min时,由图可知,Δc(X)=0.12 mol·L-1,Δc(Q)=0.3 mol·L-1=Δc(X)+Δc(Y),则Δc(Y)=(0.3-0.12) mol·L-1=0.18 mol·L-1,即==,相同条件下反应①的速率小于反应②,所以反应①的活化能大于反应②,故A说法正确;0~20 min内,Z的变化量与Q的变化量相同,所以Δc(Z)=Δc(Q)=0.3 mol·L-1,Z的平均反应速率为==0.015 mol/(L·min),故B说法错误;=始终为定值,即=,故C说法正确;45 min时,Q的浓度约为0.2 mol·L-1,Δc(Q)=Δc(X)+Δc(Y)=0.6-0.2=0.4 mol·L-1,根据==,可得Y的浓度为0.4×=0.24 mol·L-1,故D说法正确。
    答案:B
    9.(2022·广东金山中学期末)丙烯与HCl在催化剂作用下发生加成反应:第一步H+进攻丙烯生成碳正离子,第二步Cl-进攻碳正离子。得到两种产物的反应进程与能量关系如图。下列说法正确的是(  )

    A.催化剂可以改变反应的焓变
    B.过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)稳定
    C.生成①的过程所需的活化能较低,反应速率大
    D.丙烯与HCl加成反应主要生成CH3CHClCH3
    解析:催化剂可降低反应的活化能,不改变始态、终态,则加催化剂不能改变反应的焓变,故A项错误;能量越低越稳定,根据题图知过渡态(Ⅰ)没有过渡态(Ⅱ)稳定,故B项错误;根据题图知,生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能,则反应速率较小,故C项错误;根据题图知,生成①的过程所需的活化能高于生成②的过程所需的活化能,则生成②的碳正离子多,而Cl-进攻碳正离子后得到CH3CHClCH3,即主要产物是CH3CHClCH3,故D项正确。
    答案:D
    10.(2022·华中师大一附中模拟)乙炔(HC≡CH)能在Hg(Ⅱ)催化下与水反应生成CH3CHO,反应历程如图所示。下列说法正确的是(  )

    A.由反应历程可知:H2O+HC≡CHCH3CHO ΔH>0
    B.催化剂Hg2+改变了合成乙醛的反应历程和反应热
    C.在反应过程③中有非极性键的断裂和形成
    D.本反应历程中,决定整个反应快慢的步骤为过程④
    解析:根据题图可知:反应物H2O和HC≡CH相对能量大于生成物CH3CHO的相对能量,因此H2O+HC≡CHCH3CHO为放热反应,ΔH<0,A项错误;催化剂Hg2+改变了合成乙醛的反应历程,降低了反应的活化能,但不能改变反应物与生成物的总能量,因此不能改变相应化学反应的反应热,B项错误;根据题图可知:在反应过程③中有非极性键的断裂和极性键的形成,C项错误;对于多步反应,总化学反应速率由慢反应决定。反应的活化能越大,发生反应需消耗的能量就越高,反应发生就越不容易进行,该反应的化学反应速率就越小。根据题图可知:过程④的活化能最大,该步反应速率最慢,故本反应历程中,决定整个反应快慢的步骤为过程④,D项正确。
    答案:D
    11.(2022·邵阳第二中学开学考试)已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH,在2 L恒容密闭容器中通入2 mol SO2和1 mol O2,在温度分别为T1、T2下,测得SO2的转化率随时间变化如图。下列说法正确的是(  )

    A.温度:T2>T1,平衡常数:Ka=Kc>Kb
    B.c点正反应速率 C.平衡时,通入氩气使体系压强增大,平衡正向移动
    D.T1时,0~15 min生成SO3的平均反应速率为 mol/(L·min)
    解析:由图可知,T2条件下先达到平衡,说明T2时反应速率快,故有T2>T1,温度越高,SO2的转化率越小,说明升高温度,平衡逆向移动,故ΔH<0,则平衡常数Ka=KcT1,设T1、15 min时的点为M,由图可知M、c点都为平衡点,c点SO2浓度大于M点,则有反应速率v正(c)=v逆(c)>v正(M)=v逆(M),又因b点未达到平衡,v逆(b) 答案:D
    12.(2022·北京模拟)资料显示:自催化作用是指反应产物之一使该反应速率增大的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4进行下列三组实验,一段时间后溶液均褪色(0.01 mol·L-1可以记做0.01M)。下列说法不正确的是(  )
    实验①
    实验②
    实验③

    1 mL 0.01M的KMnO4溶液和1 mL 0.1M的H2C2O4溶液混合

    1 mL 0.01M的KMnO4溶液和1 mL 0.1M的H2C2O4溶液混合

    1 mL 0.01M的KMnO4溶液和1 mL 0.1M的H2C2O4溶液混合
    褪色
    比实验①褪色快
    比实验①褪色快
    A.实验①中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,产物MnSO4能起自催化作用
    B.实验②褪色比①快,是因为MnSO4的催化作用增大了反应速率
    C.实验③褪色比①快,是因为Cl-的催化作用增大了反应速率
    D.若用1 mL 0.2M的H2C2O4做实验①,推测比实验①褪色快
    解析:碳元素的化合价升高,且锰离子可作催化剂,则实验①中发生氧化还原反应,H2C2O4是还原剂,故A项正确;催化剂可增大反应速率,则实验②褪色比①快,是因为MnSO4的催化作用增大了反应速率,故B项正确;高锰酸钾可氧化氯离子,则实验③褪色比①快,与催化作用无关,故C项错误;增大浓度,反应速率增大,则用1 mL 0.2M 的H2C2O4做实验①,推测比实验①褪色快,故D项正确。
    答案:C
    二、非选择题(本题共3小题,共52分。)
    13.(20分)(2022·全国乙卷)油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢,需要回收处理并加以利用。回答下列问题:
    (1)已知下列反应的热化学方程式:
    ①2H2S(g)+3O2(g)===2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-1 036 kJ·mol-1
    ②4H2S(g)+2SO2(g)===3S2(g)+4H2O(g) ΔH2=+94 kJ·mol-1
    ③2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH3=-484 kJ·mol-1
    计算H2S热分解反应④2H2S(g)===S2(g)+2H2(g)的ΔH4=________kJ·mol-1。
    (2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是:利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺,高温热分解方法的优点是____________,
    缺点是________________________________________________________________________。
    (3)在1 470 K、100 kPa反应条件下,将n(H2S)∶n(Ar)=1∶4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等,H2S平衡转化率为________,平衡常数Kp为________kPa。
    (4)在1 373 K、100 kPa反应条件下,对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2SAr混合气,热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。

    ①n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S平衡转化率__________,理由是______________________。
    ②n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应图中曲线________,计算其在0~0.1 s之间,H2S分压的平均变化率为________kPa·s-1。
    解析:(1)已知:①2H2S(g)+3O2(g)===2SO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-103 6 kJ·mol-1;
    ②4H2S(g)+2SO2(g)===3S2(g)+4H2O(g) ΔH2=+94 kJ·mol-1;
    ③2H2(g)+O2(g)===2H2O(g) ΔH3=-484 kJ·mol-1。
    根据盖斯定律(①+②)×-③即得到2H2S(g)===S2(g)+2H2(g)的ΔH4=(-103 6+94) kJ·mol-1×+484 kJ·mol-1=+170 kJ·mol-1。
    (2)根据盖斯定律(①+②)×可得2H2S(g)+O2(g)===S2(g)+2H2O(g) ΔH=(-103 6+94) kJ·mol-1×=-314 kJ·mol-1,因此,克劳斯工艺的总反应是放热反应;根据硫化氢热分解的化学方程式可知,高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此,高温热分解方法的优点是:可以获得氢气作燃料;但由于高温分解H2S会消耗大量能量,所以其缺点是耗能高。
    (3)假设在该条件下,硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和4 mol,根据“三段式”可知:
         2H2S(g)S2(g)+2H2(g)
    起始量/mol  1  0  0
    变化量/mol  x0.5x  x
    平衡量/mol 1-x0.5x  x
    平衡时H2S和H2的分压相等,则二者的物质的量相等,即1-x=x,解得x=0.5,所以H2S的平衡转化率为×100%=50%,所以平衡常数Kp==≈4.76 kPa。(4)①由于正反应是体积增大的可逆反应,n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S的分压越小,相当于降低压强,平衡向正反应方向移动,因此H2S平衡转化率越高。②n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S平衡转化率越高,所以n(H2S)∶n(Ar)=1∶9对应的曲线是d;根据图像可知n(H2S)∶n(Ar)=1∶9反应进行到0.1 s时H2S转化率为0.24。假设在该条件下,硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1 mol和9 mol,则根据“三段式”可知:
        2H2S(g)S2(g)+2H2(g)
    起始量/mol  1  0  0
    变化量/mol 0.24 0.12 0.24
    平衡量/mol 0.76 0.12 0.24
    此时H2S的压强为×100 kPa≈7.51 kPa,H2S的起始压强为10 kPa,所以H2S分压的平均变化率为=24.9 kPa·s-1。
    答案:(1)+170
    (2)副产物氢气可作燃料 耗能高
    (3)50% 4.76
    (4)①越高 n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S的分压越小,平衡向正反应方向进行,H2S平衡转化率越高 ②d 24.9
    14.(14分)(2022·南京第十三中学模拟)工业上常采用Fenton氧化法去除废水中的有机物。
    (1)某研究小组向废水中加入H2O2,以FeCl2作催化剂,产生具有强氧化性的羟基自由基(—OH)氧化降解水中的有机物(TOC)。
    ①其他条件一定时,n(H2O2)∶n(Fe2+)的值对TOC去除效果的影响如图1所示:

    当TOC的去除率最大时,n(H2O2)∶n(Fe2+)=____________。
    ②在pH=4.5,其他条件一定时,H2O2的加入量对TOC去除效果的影响如图2所示,当TOC的去除效果最好时,H2O2的物质的量浓度c(H2O2)=______________。当H2O2的加入量大于40 mg·L-1时,TOC去除率反而减小的原因是________________________________
    ________________________________________________________________________。

    (2)我国学者制备了一种介孔二氧化锰负载的Cu/MnO2催化剂,并将其应用到苯并三唑(,BZA)的降解中,催化机理如图3:

    ①BZA可以与Cu+或Cu2+结合的原因是______________________________________
    ________________________________________________________________________。
    ②直接降解BZA的活性氧物种的化学式为________________。
    ③该过程中H2O2分解的途径可用语言描述为_________________________________
    ________________________________________________________________________
    ________________________________________________________________________。
    解析:(1)①由图1可知,TOC的去除率最大时,过氧化氢和亚铁离子的物质的量比为1。②由题图2可知,TOC的去除率最大时,过氧化氢的加入量为40 mg·L-1,设溶液的体积为1 L,则过氧化氢的物质的量浓度为≈1.18×10-3 mol·L-1;酸性条件下,若过氧化氢的加入量大于40 mg/L,过氧化氢会与亚铁离子直接反应,导致溶液中羟基自由基浓度减小,使得TOC的去除率减小。(2)①BZA分子中氮原子具有孤电子对,能与具有空轨道的亚铜离子或铜离子通过配位键形成配合物,所以BZA可以与亚铜离子或铜离子结合。②由题图3可知,直接降解BZA的活性氧物种为·O。③由题图3可知,过氧化氢分解的途径为过氧化氢先转化为H+和HO,HO失去电子转化为H+和·O,·O降解BZA。
    答案:(1)①1 ②1.18×10-3 mol·L-1 酸性条件下,H2O2直接与Fe2+反应,导致溶液中羟基自由基浓度减小,使得TOC的去除率减小
    (2)①BZA中的氮原子与Cu+或Cu2+形成配位键 ②·O ③H2O2先转化为H+和HO,HO失去电子转化为H+和·O,·O降解BZA
    15.(18分)(2022·辽宁卷)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破,目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖,其反应为:
    N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ·mol-1 ΔS=-200 J·K-1·mol-1
    回答下列问题:
    (1)合成氨反应在常温下________(填“能”或“不能”)自发。
    (2)________温(填“高”或“低”,下同)有利于增大反应速率,________温有利于提高平衡转化率,综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素,工业常采用400~500 ℃。
    针对反应速率与平衡产率的矛盾,我国科学家提出了两种解决方案。
    (3)方案二:MLiH复合催化剂。


    下列说法正确的是__________(填字母)。
    a.300 ℃时,复合催化剂比单一催化剂效率更高
    b.同温同压下,复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
    c.温度越高,复合催化剂活性一定越高
    (4)某合成氨速率方程为:v=kcα(N2)·cβ(H2)·cγ(NH3),根据表中数据,γ=__________;
    实验




    1
    m
    n
    p
    q
    2
    2m
    n
    p
    2q
    3
    m
    n
    0.1p
    10q
    4
    m
    2n
    p
    2.828q
    在合成氨过程中,需要不断分离出氨的原因为__________(填字母)。
    a.有利于平衡正向移动
    b.防止催化剂中毒
    c.提高正反应速率
    (5)某种新型储氢材料的晶胞如图3,八面体中心为M金属离子,顶点均为NH3配体;四面体中心为硼原子,顶点均为氢原子。若其摩尔质量为188 g·mol-1,则M元素为__________(填元素符号);在该化合物中,M离子的价电子排布式为__________。

    解析:(1)对于合成氨反应,常温下,ΔG=ΔH-TΔS=-92.4 kJ·mol-1-298 K×(-0.2 kJ·
    K-1·mol-1)=-32.8 kJ·mol-1<0,故合成氨反应在常温下能自发进行。(2)其他条件一定时,升高温度,可以提供更高的能量,使活化分子百分数增大,反应速率增大;合成氨反应是放热反应,要提高平衡转化率,应使反应平衡正向移动,应降低温度。(3)由题图1可知,300 ℃时,复合催化剂催化合成氨反应的反应速率比单一催化剂催化时大很多,说明300 ℃时复合催化剂比单一催化剂效率更高,a正确;同温同压下,复合催化剂能增大反应速率,但不能使平衡发生移动,故不能提高氨的平衡产率,b错误;温度过高,复合催化剂可能会失去活性,催化效率反而降低,c错误;故选a。(4)将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得:①q=k·mα·nβ·pγ,③10q=k·mα·nβ·(0.1p)γ,可得γ=-1。合成氨过程中,不断分离出氨,即降低体系中c(NH3),生成物浓度下降,平衡向正反应方向移动,但不会增大正反应速率,a正确,c错误;反应主产物即氨不能使催化剂中毒,b错误。(5)由题图3可知,“”代表M(NH3)6,“”代表BH4,面心立方最密堆积的晶胞中,“”处于8个顶角和6个面心,则每个晶胞中含“”的个数为8×+6×=4,8个“”均处于晶胞内部,则“”和“”的个数之比为4∶8=1∶2,故该晶体的化学式为M(NH3)6·(BH4)2;又知该化合物的摩尔质量为188 g·mol-1,则有Mr(M)+17×6+15×2=188,解得Mr(M)=56,故M元素为Fe。化合物Fe(NH3)6·(BH4)2中,NH3整体为0价,BH中B为+3价,H为-1价,则Fe为+2价,基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2,失去4s轨道上的2个电子得到Fe2+,故Fe2+的价电子排布式为3d6。
    答案:(1)能
    (2)高 低
    (3)a
    (4)-1 a
    (5)Fe 3d6


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