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新教材适用2024版高考化学二轮总复习题型突破特训一化学反应原理综合题
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这是一份新教材适用2024版高考化学二轮总复习题型突破特训一化学反应原理综合题，共8页。试卷主要包含了3 kJ·ml－1，4 kJ·ml－1等内容，欢迎下载使用。
反应Ⅰ：(g)＋H2(g)eq \(,\s\up7(K1))(g) ΔH1＝－100.3 kJ·ml－1
反应Ⅱ：(g)＋H2(g)eq \(,\s\up7(K2))(g) ΔH2＝－109.4 kJ·ml－1
反应Ⅲ：(g)＋(g)eq \(,\s\up7(K3))2(g) ΔH3
已知：选择性是指生成目标产物所消耗的原料量在全部所消耗原料量中所占的比例。
回答下列问题：
(1)反应Ⅲ的ΔH3＝_＋9.1__kJ· ml－1。
(2)为研究上述平衡关系，在T ℃下，向密闭容器中加入a ml环戊二烯和4 ml H2，测得平衡时，容器中环戊二烯、环戊烯、环戊烷的物质的量之比为1∶4∶1，则环戊烯的选择性为_80%__，反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数Kx1为 eq \f(16,4－a) 。
(3)实际生产中采用双环戊二烯()解聚成环戊二烯()；
①解聚反应和二聚反应的活化能：Ea(解聚)_>__Ea(二聚)(填“<”“>”或“＝”)。
②将环戊二烯溶于有机溶剂中可提高解聚反应的程度，原因是_降低环戊二烯的浓度、减少二聚速率，即稀释后有利于平衡向解聚方向移动__。
③实际生产中常通入氮气以解决解聚问题(氮气不参与反应)。某温度下，向恒容密闭容器中通入总压为100 kPa的双环戊二烯和氮气，达到平衡后总压为160 kPa，双环戊二烯的转化率为80%，则p(N2)＝_25__kPa，平衡常数Kp＝_960__kPa。eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(已知Kp＝\f(p2环戊二烯,p双环戊二烯)))
【解析】 (1)根据已知信息可知，反应Ⅰ－反应Ⅱ＝反应Ⅲ，根据盖斯定律可知，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－100.3－(－109.4)＝＋9.1 kJ· ml－1。(2)根据元素守恒：n()＋n()＋n()＝a ml，平衡时，容器中环戊二烯、环戊烯、环戊烷的物质的量之比为1∶4∶1，三者的物质的量分别为eq \f(a,6) ml、eq \f(2a,3) ml、eq \f(a,6) ml，环戊烯的选择性为eq \f(\f(2,3)a,\f(1,6)a＋\f(2,3)a)×100%＝80%，n总＝a＋(4－a)＝4 ml，Kx1＝eq \f(\f(\f(2,3)a,4),\f(4－a,4)×\f(\f(1,6)a,4))＝eq \f(16,4－a)。(3)①双环戊二烯的解聚与环戊二烯的二聚互为可逆反应，又因为解聚反应为吸热反应，二聚反应为放热反应，所以Ea(解聚)>Ea(二聚)。②将环戊二烯溶于有机溶剂中，降低了环戊二烯的浓度、减少二聚速率，所以稀释后有利于平衡向解聚方向移动。③某温度下，向恒容反应容器中通入总压为100 kPa的双环戊二烯和氮气，达到平衡后总压为160 kPa。双环戊二烯的转化率为80%，结合三段式列式计算，设起始双环戊二烯的分压为a，则
双环戊二烯(g)eq \(,\s\up7(解聚),\s\d5(二聚))2戊二烯(g)
起始量(kPa) a 0
变化量(kPa) a×80% 1.6a
平衡量(kPa) 0.2a 1.6a
由题意得a＋p(N2)＝100 kPa,0.2a＋1.6a＋p(N2)＝160 kPa，解得a＝75 kPa，p(N2)＝25 kPa，则平衡时p(双环戊二烯)＝0.2×75 kPa＝15 kPa，p(环戊二烯)＝1.6×75 kPa＝120 kPa，平衡常数Kp＝eq \f(1202,15)＝960 kPa。
2. (2023·河北唐山二模)将CH4和CO2两种气体转化为合成气(H2和CO)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。甲烷及二氧化碳重整涉及以下反应：
Ⅰ.CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1平衡常数K1
Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2平衡常数K2
Ⅲ.CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH3平衡常数K3
(1)ΔfHeq \\al(θ,m)为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1 ml该物质的焓变。对于稳定相态单质，其ΔfHeq \\al(θ,m)为零。根据下表数据，计算反应Ⅱ的反应热ΔH2＝_－41.2_kJ·_ml－1__，该反应正反应活化能_小于__逆反应活化能(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)平衡常数K2＝ eq \r(\f(K3,K1))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(K3,K1))) eq \s\up10(\f(1,2)) (用K1、K3表示)。
(3)一定温度下，维持压强p0，向一密闭容器中通入等物质的量的CH4和H2O(g)发生反应。已知反应Ⅱ的速率方程可表示为v正＝k正·p(CO)·p(H2O)，v逆＝k逆·p(CO2)·p(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，则以物质的分压表示的反应Ⅱ的平衡常数KpⅡ＝ eq \f(k正,k逆) (用k正、k逆表示)，另lg k与eq \f(1,T)的关系如图所示，①、②、③、④四条直线中，表示lg k正的是_③__(填序号)，T1温度时，图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a＋1、a＋0.48、a－0.3、a－1，达到平衡时，测得CH4的转化率为60%，且体系中p(CO2)＝p(H2O)，则p(CO2)＝ eq \f(p0,16) ，以物质的分压表示的反应Ⅰ的平衡常数KpⅠ＝ eq \f(25p\\al(2,0),32) 。(用含p0的代数式表示，已知：lg 5＝0.7)
【解析】 (1)ΔH2＝ΔfHeq \\al(θ,m)(CO2)＋ΔfHeq \\al(θ,m)(H2)－ΔfHeq \\al(θ,m)(CO)－ΔfHeq \\al(θ,m)(H2O)＝[－393.5＋0－(－110.5－241.8)] kJ· ml－1＝－41.2 kJ· ml－1；该反应为放热反应，则正反应活化能小于逆反应活化能。(2)根据盖斯定律，Ⅱ＝eq \f(1,2)(Ⅲ－Ⅰ)，K1＝eq \f(c2CO·c2H2,cCH4·cCO2)，K3＝eq \f(cCO2·c4H2,cCH4·c2H2O)，则K2＝eq \f(cCO2·cH2,cCO·cH2O)＝eq \r(\f(K3,K1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(K3,K1))) eq \s\up10(\f(1,2))。(3)达到平衡时，v正＝v逆，k正·p(CO)·p(H2O)＝k逆·p(CO2)·p(H2)，则KpⅡ＝eq \f(pCO2·pH2,pCO·pH2O)＝eq \f(k正,k逆)；温度升高，正逆反应速率均增大，k正、k逆均增大，则lg k正、lg k逆与eq \f(1,T)成反相关，由(1)分析知该反应正反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，逆反应速率增大幅度大于正反应速率增大幅度，则lg k正随eq \f(1,T)变化的曲线为③；曲线③表示lg k正随eq \f(1,T)的变化关系，曲线④表示lg k逆随eq \f(1,T)的变化关系，温度T1时lg k正－lg k逆＝lg eq \f(k正,k逆)＝a－0.3－a＋1＝0.7，则反应Ⅱ的平衡常数KpⅡ＝eq \f(k正,k逆)＝100.7＝5。设CH4和H2O(g)的物质的量均为1 ml，
CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)
变化/ml x x 2x 2x
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
变化/ml y y y y
CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)
变化/ml z 2z z 4z
平衡时CH4为1 ml×(1－60%)＝0.4 ml，H2O为(1－y－2z)ml，CO2为(y＋z－x)ml，CO为(2x－y)ml，H2为(2x＋y＋4z)ml，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋z＝1×60%,1－y－2z＝y＋z－x,KpⅡ＝\f(pH2,pCO)＝\f(2x＋y＋4z,2x－y)＝5))，可得平衡时CH4为0.4 ml，H2O为0.2 ml，CO2为0.2 ml，CO为0.4 ml，H2为2 ml，总物质的量为3.2 ml，p(CO2)＝eq \f(0.2,3.2)p0＝eq \f(p0,16)；KpⅠ＝eq \f(p2CO·p2H2,pCH4·pCO2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.4,3.2)p0))2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3.2)p0))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.4,3.2)p0))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.2,3.2)p0)))＝eq \f(25p\\al(2,0),32)。
3. (2023·广东佛山二模)工业利用N2、H2催化合成氨实现了人类“向空气中要面包”的梦想。
(1)原料气(含N2、H2、CO)中的CO能被催化剂吸附，需经过铜氨液处理除去，反应为[Cu(NH3)2]＋＋CO＋NH3[Cu(NH3)3CO]＋ ΔH<0。
①除去原料气中CO的理由是_防止催化剂中毒__。
②为提高CO吸收率，应选择的条件为_C__。
A．高温高压 B．高温低压
C．低温高压 D．低温低压
③[Cu(NH3)3CO]＋中的配体为_NH3、CO__。
(2)研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的物种用*标注。
①该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为 NHeq \\al(*,2)＋H*===NHeq \\al(*,3) 。合成氨反应：eq \f(1,2)N2(g)＋eq \f(3,2)H2(g)NH3(g)的ΔH＝_－(a－b)__kJ· ml－1(用图中字母表示)。
②铁催化合成氨时N2与H2需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，由合成氨反应的速率方程v＝k·c(N2)·c1.5(H2)·c－1(NH3)(k为速率常数)可知，c(NH3)越大，反应速率越小。原因是_NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2和H2的吸附__。
(3)反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的标准平衡常数可表达为Kθ＝eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(pNH3,pθ)))2,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(pN2,pθ)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(pH2,pθ)))3)，其中pθ为标准压强(0.1 MPa)，p(NH3)、p(N2)和p(H2)分别为各组分的平衡分压(分压＝总压×物质的量分数)。若N2和H2起始物质的量之比为1∶3，反应在恒温、恒压(10 MPa)下进行，平衡时N2转化率为50%，则Kθ＝_5.3×10－4__(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【解析】 (1)①CO能使催化剂中毒，因此除去原料气中CO的理由是防止催化剂中毒。②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故A不符合题意；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B不符合题意；该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故C符合题意；该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，降低温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故D不符合题意；故选C。③[Cu(NH3)3CO]＋中氨气、一氧化碳都有孤对电子，其配体为NH3、CO。(2)①根据图中信息过渡态4是活化能最大的步骤，该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为NHeq \\al(*,2)＋H*===NHeq \\al(*,3)。焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则合成氨反应：eq \f(1,2)N2(g)＋eq \f(3,2)H2(g)NH3(g)的ΔH＝(b－a)kJ· ml－1＝－(a－b)kJ· ml－1。②由合成氨反应的速率方程v＝k·c(N2)·c1.5(H2)·c－1(NH3)(k为速率常数)可知，c(NH3)越大，反应速率越小，由于铁催化合成氨时N2与H2需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2和H2的吸附。(3)若N2和H2起始物质的量之比为1∶3，假设氮气、氢气物质的量分别为1 ml、3 ml，反应在恒温、恒压(10 MPa)下进行，平衡时N2转化率为50%，
N2(g) ＋ 3H2(g)2NH3(g)
开始 1 ml 3 ml 0
转化 0.5 ml 1.5 ml 1 ml
平衡 0.5 ml 1.5 ml 1 ml
则Kθ＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10×\f(1,3),0.1)))2,\f(10×\f(0.5,3),0.1)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10×\f(1.5,3),0.1)))3)≈5.3×10－4。
4. (2023·山东烟台二模)甲醚是重要的有机合成原料，甲醇制备甲醚的反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH1＝－23.5 kJ·ml－1；工业上常用CO2或CO催化氢化法合成CH3OH。回答下列问题：
(1)CO2和H2在某催化剂表面合成CH3OH：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH，反应历程如图甲所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。该反应历程中活化能最小步骤的化学方程式为 CH2O*＋OH*＋3H*===CH3O*＋OH*＋2H*(或CH2O*＋H*===CH3O*) 。已知ΔG＝ΔH－TΔS(ΔH、ΔS随温度的变化不大)，ΔG随温度的变化关系如图乙所示，图中表示该反应的直线是_c__(填代号)。
(2)CO催化加氢法合成CH3OH，进而制备CH3OCH3的过程中涉及如下反应：
反应Ⅰ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2
反应Ⅱ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH1
反应Ⅲ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3＝－41.2 kJ·ml－1
①在298 K,101 kPa时，CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的摩尔燃烧焓分别为a kJ·ml－1、b kJ·ml－1、c kJ·ml－1，则ΔH2＝_－(a＋2b－c)__kJ·ml－1。
②一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入2 ml CO(g)和4 ml H2(g)制备CH3OCH3(g)，初始压强为p0 Pa,5 min达到平衡时CO(g)的转化率为70%，c(CH3OH)＝2c(CH3OCH3)，且c(H2)＝0.9 ml·L－1。则0～5 min内，v(CO)＝_0.14__ml·L－1·min－1；反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ eq \f(100,9p\\al(2,0)) (用p0表示)；平衡后，保持温度和容器体积不变，向容器中再充入1 ml CO2(g)和2 ml H2(g)，重新达到平衡后，CH3OCH3(g)的物质的量分数_增大__(填“增大”“减小”或“不变”)。
③工业生产中，需要在260 ℃、压强恒为4.0 MPa的反应釜中进行上述反应。初始时向反应釜中加入0.01 ml CO(g)和0.02 ml H2(g)，为确保反应的连续性，需向反应釜中以n(CO)∶n(H2)＝1∶2、进气流量0.03 ml·min－1持续通入原料，同时控制出气流量为0.02 ml·min－1，单位时间内CO(g)的转化率为60%，则流出气体中CO2(g)的百分含量为_5%__；控制出气流量小于进气流量的原因为_反应釜要求压强恒定，而反应Ⅰ为气体分子数减小的反应__。
【解析】 (1)由图可知CH2O*＋OH*＋3H*===CH3O*＋OH*＋2H*(或CH2O*＋H*===CH3O*)，过程中的活化能最小；结合图中信息可知该反应反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，则ΔH<0；反应后气体分子数减少，ΔS<0；ΔG＝ΔH－TΔS，随温度升高，ΔG逐渐增大，故曲线c符合。(2)①CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的摩尔燃烧焓分别为a kJ·ml－1、b kJ·ml－1、c kJ·ml－1，据此可得热化学方程式：①CO(g)＋eq \f(1,2)O2(g)CO2(g) ΔH①＝－a kJ· ml－1，②H2(g)＋eq \f(1,2)O2(g)H2O(g) ΔH②＝－b kJ· ml－1；③CH3OH(g)＋eq \f(3,2)O2(g)CO2(g)＋2H2O(g) ΔH③＝－c kJ· ml－1，根据盖斯定律可知反应Ⅰ＝①＋2×②－③得到，则ΔH2＝－(a＋2b－c)kJ· ml－1。②0～5 min内，v(CO)＝eq \f(\f(2×70% ml,2 L),5 min)＝0.14 ml·L－1·min－1；设平衡时CH3OCH3(g)的物质的量为x ml，则CH3OH(g)的物质的量为2x ml，CO的转化率为70%，平衡时CO的物质的量为0.6 ml；反应Ⅱ中生成水的物质的量等于CH3OCH3(g)的物质的量为x ml；反应Ⅱ中消耗甲醇的物质的量为2x ml，则反应Ⅰ中生成甲醇的物质的量为4x ml，反应Ⅰ中消耗氢气的物质的量为8x ml，根据碳原子守恒，平衡时二氧化碳的物质的量＝2－0.6－2x－2x＝(1.4－4x)ml；则反应Ⅲ中生成氢气的物质的量为(1.4－4x)ml；平衡时氢气的物质的量＝4－8x＋(1.4－4x)＝0.9×2＝1.8 ml，解得x＝0.3，则平衡时：n(CH3OCH3)＝0.3 ml、n(CH3OH)＝0.6 ml、n(CO)＝0.6 ml、n(CO2)＝0.2 ml、n(H2)＝1.8 ml、n(H2O)＝n(CH3OCH3)－n(CO2)＝0.3 ml－0.2 ml＝0.1 ml，平衡时总气体物质的量＝3.6 ml；反应Ⅰ的平衡常数Kp＝eq \f(pCH3OH,pCO·p2H2)＝eq \f(\f(0.6,3.6)p平,\f(0.6,3.6)p平×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1.8,3.6)p平))2)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1.8,3.6)p平))2)，根据压强比等于气体物质的量之比可得eq \f(p平,p0)＝eq \f(3.6,6)，p平＝0.6p0，代入可得Kp＝eq \f(100,9p\\al(2,0))；平衡后，保持温度和容器体积不变，向容器中再充入1 ml CO2(g)和2 ml H2(g)，引起反应Ⅲ逆向移动，使得CO浓度增大，导致反应Ⅰ正向移动，从而使CH3OH(g)浓度增大，最终导致反应Ⅱ正向移动，从而使CH3OCH3(g)的物质的量分数增大。③假设时间为1 min，则进气为0.03 ml、出气为0.02 ml；反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，反应Ⅱ、Ⅲ为气体分子数不变的反应，则减少0.01 ml气体是由反应Ⅰ引起的，由反应Ⅰ的方程式可知，参加反应Ⅰ的CO的物质的量为eq \f(0.01 ml,2)＝0.005 ml，CO(g)的转化率为60%，一共有0.006 ml CO参加反应，则反应Ⅱ中消耗0.001 ml CO、生成0.001 ml CO2，故流出气体中CO2(g)的百分含量为eq \f(0.001,0.02)×100%＝5%，反应釜要求压强恒定，而反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，会导致压强减小，故需控制出气流量小于进气流量。物质
CH4
CO2
CO
H2O(g)
ΔfHeq \\al(θ,m)(kJ· ml－1)
－74.8
－393.5
－110.5
－241.8
反应Ⅰ：(g)＋H2(g)eq \(,\s\up7(K1))(g) ΔH1＝－100.3 kJ·ml－1
反应Ⅱ：(g)＋H2(g)eq \(,\s\up7(K2))(g) ΔH2＝－109.4 kJ·ml－1
反应Ⅲ：(g)＋(g)eq \(,\s\up7(K3))2(g) ΔH3
已知：选择性是指生成目标产物所消耗的原料量在全部所消耗原料量中所占的比例。
回答下列问题：
(1)反应Ⅲ的ΔH3＝_＋9.1__kJ· ml－1。
(2)为研究上述平衡关系，在T ℃下，向密闭容器中加入a ml环戊二烯和4 ml H2，测得平衡时，容器中环戊二烯、环戊烯、环戊烷的物质的量之比为1∶4∶1，则环戊烯的选择性为_80%__，反应Ⅰ以物质的量分数表示的平衡常数Kx1为 eq \f(16,4－a) 。
(3)实际生产中采用双环戊二烯()解聚成环戊二烯()；
①解聚反应和二聚反应的活化能：Ea(解聚)_>__Ea(二聚)(填“<”“>”或“＝”)。
②将环戊二烯溶于有机溶剂中可提高解聚反应的程度，原因是_降低环戊二烯的浓度、减少二聚速率，即稀释后有利于平衡向解聚方向移动__。
③实际生产中常通入氮气以解决解聚问题(氮气不参与反应)。某温度下，向恒容密闭容器中通入总压为100 kPa的双环戊二烯和氮气，达到平衡后总压为160 kPa，双环戊二烯的转化率为80%，则p(N2)＝_25__kPa，平衡常数Kp＝_960__kPa。eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(已知Kp＝\f(p2环戊二烯,p双环戊二烯)))
【解析】 (1)根据已知信息可知，反应Ⅰ－反应Ⅱ＝反应Ⅲ，根据盖斯定律可知，ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝－100.3－(－109.4)＝＋9.1 kJ· ml－1。(2)根据元素守恒：n()＋n()＋n()＝a ml，平衡时，容器中环戊二烯、环戊烯、环戊烷的物质的量之比为1∶4∶1，三者的物质的量分别为eq \f(a,6) ml、eq \f(2a,3) ml、eq \f(a,6) ml，环戊烯的选择性为eq \f(\f(2,3)a,\f(1,6)a＋\f(2,3)a)×100%＝80%，n总＝a＋(4－a)＝4 ml，Kx1＝eq \f(\f(\f(2,3)a,4),\f(4－a,4)×\f(\f(1,6)a,4))＝eq \f(16,4－a)。(3)①双环戊二烯的解聚与环戊二烯的二聚互为可逆反应，又因为解聚反应为吸热反应，二聚反应为放热反应，所以Ea(解聚)>Ea(二聚)。②将环戊二烯溶于有机溶剂中，降低了环戊二烯的浓度、减少二聚速率，所以稀释后有利于平衡向解聚方向移动。③某温度下，向恒容反应容器中通入总压为100 kPa的双环戊二烯和氮气，达到平衡后总压为160 kPa。双环戊二烯的转化率为80%，结合三段式列式计算，设起始双环戊二烯的分压为a，则
双环戊二烯(g)eq \(,\s\up7(解聚),\s\d5(二聚))2戊二烯(g)
起始量(kPa) a 0
变化量(kPa) a×80% 1.6a
平衡量(kPa) 0.2a 1.6a
由题意得a＋p(N2)＝100 kPa,0.2a＋1.6a＋p(N2)＝160 kPa，解得a＝75 kPa，p(N2)＝25 kPa，则平衡时p(双环戊二烯)＝0.2×75 kPa＝15 kPa，p(环戊二烯)＝1.6×75 kPa＝120 kPa，平衡常数Kp＝eq \f(1202,15)＝960 kPa。
2. (2023·河北唐山二模)将CH4和CO2两种气体转化为合成气(H2和CO)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。甲烷及二氧化碳重整涉及以下反应：
Ⅰ.CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH1平衡常数K1
Ⅱ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2平衡常数K2
Ⅲ.CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g) ΔH3平衡常数K3
(1)ΔfHeq \\al(θ,m)为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1 ml该物质的焓变。对于稳定相态单质，其ΔfHeq \\al(θ,m)为零。根据下表数据，计算反应Ⅱ的反应热ΔH2＝_－41.2_kJ·_ml－1__，该反应正反应活化能_小于__逆反应活化能(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)平衡常数K2＝ eq \r(\f(K3,K1))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(K3,K1))) eq \s\up10(\f(1,2)) (用K1、K3表示)。
(3)一定温度下，维持压强p0，向一密闭容器中通入等物质的量的CH4和H2O(g)发生反应。已知反应Ⅱ的速率方程可表示为v正＝k正·p(CO)·p(H2O)，v逆＝k逆·p(CO2)·p(H2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，则以物质的分压表示的反应Ⅱ的平衡常数KpⅡ＝ eq \f(k正,k逆) (用k正、k逆表示)，另lg k与eq \f(1,T)的关系如图所示，①、②、③、④四条直线中，表示lg k正的是_③__(填序号)，T1温度时，图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a＋1、a＋0.48、a－0.3、a－1，达到平衡时，测得CH4的转化率为60%，且体系中p(CO2)＝p(H2O)，则p(CO2)＝ eq \f(p0,16) ，以物质的分压表示的反应Ⅰ的平衡常数KpⅠ＝ eq \f(25p\\al(2,0),32) 。(用含p0的代数式表示，已知：lg 5＝0.7)
【解析】 (1)ΔH2＝ΔfHeq \\al(θ,m)(CO2)＋ΔfHeq \\al(θ,m)(H2)－ΔfHeq \\al(θ,m)(CO)－ΔfHeq \\al(θ,m)(H2O)＝[－393.5＋0－(－110.5－241.8)] kJ· ml－1＝－41.2 kJ· ml－1；该反应为放热反应，则正反应活化能小于逆反应活化能。(2)根据盖斯定律，Ⅱ＝eq \f(1,2)(Ⅲ－Ⅰ)，K1＝eq \f(c2CO·c2H2,cCH4·cCO2)，K3＝eq \f(cCO2·c4H2,cCH4·c2H2O)，则K2＝eq \f(cCO2·cH2,cCO·cH2O)＝eq \r(\f(K3,K1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(K3,K1))) eq \s\up10(\f(1,2))。(3)达到平衡时，v正＝v逆，k正·p(CO)·p(H2O)＝k逆·p(CO2)·p(H2)，则KpⅡ＝eq \f(pCO2·pH2,pCO·pH2O)＝eq \f(k正,k逆)；温度升高，正逆反应速率均增大，k正、k逆均增大，则lg k正、lg k逆与eq \f(1,T)成反相关，由(1)分析知该反应正反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，逆反应速率增大幅度大于正反应速率增大幅度，则lg k正随eq \f(1,T)变化的曲线为③；曲线③表示lg k正随eq \f(1,T)的变化关系，曲线④表示lg k逆随eq \f(1,T)的变化关系，温度T1时lg k正－lg k逆＝lg eq \f(k正,k逆)＝a－0.3－a＋1＝0.7，则反应Ⅱ的平衡常数KpⅡ＝eq \f(k正,k逆)＝100.7＝5。设CH4和H2O(g)的物质的量均为1 ml，
CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)
变化/ml x x 2x 2x
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)
变化/ml y y y y
CH4(g)＋2H2O(g)CO2(g)＋4H2(g)
变化/ml z 2z z 4z
平衡时CH4为1 ml×(1－60%)＝0.4 ml，H2O为(1－y－2z)ml，CO2为(y＋z－x)ml，CO为(2x－y)ml，H2为(2x＋y＋4z)ml，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋z＝1×60%,1－y－2z＝y＋z－x,KpⅡ＝\f(pH2,pCO)＝\f(2x＋y＋4z,2x－y)＝5))，可得平衡时CH4为0.4 ml，H2O为0.2 ml，CO2为0.2 ml，CO为0.4 ml，H2为2 ml，总物质的量为3.2 ml，p(CO2)＝eq \f(0.2,3.2)p0＝eq \f(p0,16)；KpⅠ＝eq \f(p2CO·p2H2,pCH4·pCO2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.4,3.2)p0))2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3.2)p0))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.4,3.2)p0))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0.2,3.2)p0)))＝eq \f(25p\\al(2,0),32)。
3. (2023·广东佛山二模)工业利用N2、H2催化合成氨实现了人类“向空气中要面包”的梦想。
(1)原料气(含N2、H2、CO)中的CO能被催化剂吸附，需经过铜氨液处理除去，反应为[Cu(NH3)2]＋＋CO＋NH3[Cu(NH3)3CO]＋ ΔH<0。
①除去原料气中CO的理由是_防止催化剂中毒__。
②为提高CO吸收率，应选择的条件为_C__。
A．高温高压 B．高温低压
C．低温高压 D．低温低压
③[Cu(NH3)3CO]＋中的配体为_NH3、CO__。
(2)研究发现铁催化剂表面上合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在铁催化剂表面上的物种用*标注。
①该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为 NHeq \\al(*,2)＋H*===NHeq \\al(*,3) 。合成氨反应：eq \f(1,2)N2(g)＋eq \f(3,2)H2(g)NH3(g)的ΔH＝_－(a－b)__kJ· ml－1(用图中字母表示)。
②铁催化合成氨时N2与H2需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，由合成氨反应的速率方程v＝k·c(N2)·c1.5(H2)·c－1(NH3)(k为速率常数)可知，c(NH3)越大，反应速率越小。原因是_NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2和H2的吸附__。
(3)反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的标准平衡常数可表达为Kθ＝eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(pNH3,pθ)))2,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(pN2,pθ)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(pH2,pθ)))3)，其中pθ为标准压强(0.1 MPa)，p(NH3)、p(N2)和p(H2)分别为各组分的平衡分压(分压＝总压×物质的量分数)。若N2和H2起始物质的量之比为1∶3，反应在恒温、恒压(10 MPa)下进行，平衡时N2转化率为50%，则Kθ＝_5.3×10－4__(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。
【解析】 (1)①CO能使催化剂中毒，因此除去原料气中CO的理由是防止催化剂中毒。②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故A不符合题意；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故B不符合题意；该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO转化率增大，故C符合题意；该反应是放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO转化率增大，该反应是体积减小的反应，降低温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故D不符合题意；故选C。③[Cu(NH3)3CO]＋中氨气、一氧化碳都有孤对电子，其配体为NH3、CO。(2)①根据图中信息过渡态4是活化能最大的步骤，该反应历程中最大活化能对应步骤的化学方程式为NHeq \\al(*,2)＋H*===NHeq \\al(*,3)。焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则合成氨反应：eq \f(1,2)N2(g)＋eq \f(3,2)H2(g)NH3(g)的ΔH＝(b－a)kJ· ml－1＝－(a－b)kJ· ml－1。②由合成氨反应的速率方程v＝k·c(N2)·c1.5(H2)·c－1(NH3)(k为速率常数)可知，c(NH3)越大，反应速率越小，由于铁催化合成氨时N2与H2需吸附在催化剂表面活性位点进行反应，NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2和H2的吸附。(3)若N2和H2起始物质的量之比为1∶3，假设氮气、氢气物质的量分别为1 ml、3 ml，反应在恒温、恒压(10 MPa)下进行，平衡时N2转化率为50%，
N2(g) ＋ 3H2(g)2NH3(g)
开始 1 ml 3 ml 0
转化 0.5 ml 1.5 ml 1 ml
平衡 0.5 ml 1.5 ml 1 ml
则Kθ＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10×\f(1,3),0.1)))2,\f(10×\f(0.5,3),0.1)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10×\f(1.5,3),0.1)))3)≈5.3×10－4。
4. (2023·山东烟台二模)甲醚是重要的有机合成原料，甲醇制备甲醚的反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH1＝－23.5 kJ·ml－1；工业上常用CO2或CO催化氢化法合成CH3OH。回答下列问题：
(1)CO2和H2在某催化剂表面合成CH3OH：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH，反应历程如图甲所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。该反应历程中活化能最小步骤的化学方程式为 CH2O*＋OH*＋3H*===CH3O*＋OH*＋2H*(或CH2O*＋H*===CH3O*) 。已知ΔG＝ΔH－TΔS(ΔH、ΔS随温度的变化不大)，ΔG随温度的变化关系如图乙所示，图中表示该反应的直线是_c__(填代号)。
(2)CO催化加氢法合成CH3OH，进而制备CH3OCH3的过程中涉及如下反应：
反应Ⅰ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2
反应Ⅱ：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH1
反应Ⅲ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH3＝－41.2 kJ·ml－1
①在298 K,101 kPa时，CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的摩尔燃烧焓分别为a kJ·ml－1、b kJ·ml－1、c kJ·ml－1，则ΔH2＝_－(a＋2b－c)__kJ·ml－1。
②一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入2 ml CO(g)和4 ml H2(g)制备CH3OCH3(g)，初始压强为p0 Pa,5 min达到平衡时CO(g)的转化率为70%，c(CH3OH)＝2c(CH3OCH3)，且c(H2)＝0.9 ml·L－1。则0～5 min内，v(CO)＝_0.14__ml·L－1·min－1；反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ eq \f(100,9p\\al(2,0)) (用p0表示)；平衡后，保持温度和容器体积不变，向容器中再充入1 ml CO2(g)和2 ml H2(g)，重新达到平衡后，CH3OCH3(g)的物质的量分数_增大__(填“增大”“减小”或“不变”)。
③工业生产中，需要在260 ℃、压强恒为4.0 MPa的反应釜中进行上述反应。初始时向反应釜中加入0.01 ml CO(g)和0.02 ml H2(g)，为确保反应的连续性，需向反应釜中以n(CO)∶n(H2)＝1∶2、进气流量0.03 ml·min－1持续通入原料，同时控制出气流量为0.02 ml·min－1，单位时间内CO(g)的转化率为60%，则流出气体中CO2(g)的百分含量为_5%__；控制出气流量小于进气流量的原因为_反应釜要求压强恒定，而反应Ⅰ为气体分子数减小的反应__。
【解析】 (1)由图可知CH2O*＋OH*＋3H*===CH3O*＋OH*＋2H*(或CH2O*＋H*===CH3O*)，过程中的活化能最小；结合图中信息可知该反应反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，则ΔH<0；反应后气体分子数减少，ΔS<0；ΔG＝ΔH－TΔS，随温度升高，ΔG逐渐增大，故曲线c符合。(2)①CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的摩尔燃烧焓分别为a kJ·ml－1、b kJ·ml－1、c kJ·ml－1，据此可得热化学方程式：①CO(g)＋eq \f(1,2)O2(g)CO2(g) ΔH①＝－a kJ· ml－1，②H2(g)＋eq \f(1,2)O2(g)H2O(g) ΔH②＝－b kJ· ml－1；③CH3OH(g)＋eq \f(3,2)O2(g)CO2(g)＋2H2O(g) ΔH③＝－c kJ· ml－1，根据盖斯定律可知反应Ⅰ＝①＋2×②－③得到，则ΔH2＝－(a＋2b－c)kJ· ml－1。②0～5 min内，v(CO)＝eq \f(\f(2×70% ml,2 L),5 min)＝0.14 ml·L－1·min－1；设平衡时CH3OCH3(g)的物质的量为x ml，则CH3OH(g)的物质的量为2x ml，CO的转化率为70%，平衡时CO的物质的量为0.6 ml；反应Ⅱ中生成水的物质的量等于CH3OCH3(g)的物质的量为x ml；反应Ⅱ中消耗甲醇的物质的量为2x ml，则反应Ⅰ中生成甲醇的物质的量为4x ml，反应Ⅰ中消耗氢气的物质的量为8x ml，根据碳原子守恒，平衡时二氧化碳的物质的量＝2－0.6－2x－2x＝(1.4－4x)ml；则反应Ⅲ中生成氢气的物质的量为(1.4－4x)ml；平衡时氢气的物质的量＝4－8x＋(1.4－4x)＝0.9×2＝1.8 ml，解得x＝0.3，则平衡时：n(CH3OCH3)＝0.3 ml、n(CH3OH)＝0.6 ml、n(CO)＝0.6 ml、n(CO2)＝0.2 ml、n(H2)＝1.8 ml、n(H2O)＝n(CH3OCH3)－n(CO2)＝0.3 ml－0.2 ml＝0.1 ml，平衡时总气体物质的量＝3.6 ml；反应Ⅰ的平衡常数Kp＝eq \f(pCH3OH,pCO·p2H2)＝eq \f(\f(0.6,3.6)p平,\f(0.6,3.6)p平×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1.8,3.6)p平))2)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1.8,3.6)p平))2)，根据压强比等于气体物质的量之比可得eq \f(p平,p0)＝eq \f(3.6,6)，p平＝0.6p0，代入可得Kp＝eq \f(100,9p\\al(2,0))；平衡后，保持温度和容器体积不变，向容器中再充入1 ml CO2(g)和2 ml H2(g)，引起反应Ⅲ逆向移动，使得CO浓度增大，导致反应Ⅰ正向移动，从而使CH3OH(g)浓度增大，最终导致反应Ⅱ正向移动，从而使CH3OCH3(g)的物质的量分数增大。③假设时间为1 min，则进气为0.03 ml、出气为0.02 ml；反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，反应Ⅱ、Ⅲ为气体分子数不变的反应，则减少0.01 ml气体是由反应Ⅰ引起的，由反应Ⅰ的方程式可知，参加反应Ⅰ的CO的物质的量为eq \f(0.01 ml,2)＝0.005 ml，CO(g)的转化率为60%，一共有0.006 ml CO参加反应，则反应Ⅱ中消耗0.001 ml CO、生成0.001 ml CO2，故流出气体中CO2(g)的百分含量为eq \f(0.001,0.02)×100%＝5%，反应釜要求压强恒定，而反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，会导致压强减小，故需控制出气流量小于进气流量。物质
CH4
CO2
CO
H2O(g)
ΔfHeq \\al(θ,m)(kJ· ml－1)
－74.8
－393.5
－110.5
－241.8
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