1、专题14 化学反应原理综合1（2021江苏省如皋中学高三三模）含NO烟气需要处理后才能排放。(1)湿法氧化法处理含NO烟气。酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化为NO，并放出热量。该反应的离子方程式为_。向NaClO2溶液中加入Fe3，会发生反应：Fe3ClO=Fe2ClO2。控制其他条件相同，分别以NaClO2溶液和含少量Fe3+的NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内，NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的变化如图1所示。i.NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是_。ii.起始NaClO2溶液浓度相同时，含Fe3+的NaClO2溶液作为吸收剂，NO的氧化率更
2、高，原因是_。iii.以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图2所示。温度超过60后，NO氧化率下降，试解释其原因_。(2)有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2。在钒基催化剂(V2O5)作用下的脱硝反应机理如图3所示，总反应的化学方程式为_。按上述图中NH3、NO和O2的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图4所示。超过200后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是_。【答案】(1)2H2O3ClO4NO=4NO3Cl-4H+ NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO速率越快，NO氧化率增大 Fe3+会与C
3、lO反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快 ClO或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低 (2) 4NH34NOO2 4N26H2O 超过200后，NH3与O2生成NO 【解析】(1)湿法氧化法处理含NO烟气。酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化为NO，根据元素和电荷守恒，该反应的离子方程式为：2H2O3ClO4NO=4NO3Cl-4H+；i.NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是：NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO速率越快，NO氧化率增大；ii.起始NaClO2溶液浓度相同时，含Fe3+的
4、NaClO2溶液作为吸收剂，NO的氧化率更高，原因是：Fe3+会与ClO反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快；iii.以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图2所示。温度超过60后，NO氧化率下降，其原因：ClO或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低；(2)有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2；在钒基催化剂(V2O5)作用下的脱硝反应机理如图3所示，参与反应的为NH3、NO、O2，产物为：N2、H2O，总反应的化学方程式为：4NH34NOO2 4N26H2O；按上述图中NH3、NO和O2的比例
5、进行催化脱硝反应。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图4所示。超过200后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是：超过200后，NH3与O2生成NO。2（2021重庆市实验中学高三三模）碳单质及其化合物在生产生活中用途广泛。I单质碳经常应用于化学反应中。回答以下问题：(1)炭黑可以活化氧分子得到活化氧(O*)，活化氧可以快速氧化SO2，从而消除雾霾。其活化过程中的能量变化如图所示，则生成活化氧的H_0(填“”、“”或“=”)，活化过程中有水时的活化能降低了_eV。(2)以焦炭为原料，在高温下与水蒸气反应可制得水煤气，涉及反应如下：aC(s)+H2O(g) CO(g)+
6、H2(g)H1bC(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g)H2=+90.3kJmol-1cCO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)H3=-41.0kJmol-1H1=_kJmol-1。对于反应a，测得在不同温度下H2O(g)的转化率如图所示，图中T1、T2、T3的大小关系为_。用物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学反应的平衡常数(Kp)，在T2、50MPa时，反应a的平衡常数Kp=_MPa(已知气体分压=气体总压各气体的体积分数，结果保留两位小数)。甲醇(CH3OH)是一种重要的化工原料，合成甲醇的主要反应为：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。原料气的加工
7、过程中常常混有一定量CO2，为了研究不同温度下CO2对该反应的影响，以CO2、CO和H2的混合气体为原料在一定条件下进行实验，结果表明，原料气各组分含量不同时，反应生成甲醇和副产物甲烷的碳转化率是不相同的。实验数据见表：CO2%CO%H2%(体积分数)030704267082270201070反应温度/225235250225235250225235250225235250碳转化率(%)CH3OH4.98.811.019.033.156.517.733.455.48.012.022.6CH40000000002.82.82.8(3)在一定条件下，反应温度越高，碳转化率_。(填“越高”、“越低”
8、、“不变”)(4)CO2对甲醇合成的影响是_。甲醇可以制备二甲醚：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)。经查阅资料：该反应压强平衡常数的计算式为：lnKp=-2.205+(T为热力学温度：热力学温度=摄氏度+273)。(5)在一定温度范围内，随温度升高，甲醇生成二甲醚的倾向_(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】(1) 0.18 (2) +131.3 T3T2T1 48.04 (3)越高 (4)少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率，CO2含量过高生成甲烷的碳转化率又降低 (5)减小 【分析】根据图象，没有水加入氧分子活化反应的活化能为0.75eV，有水加入氧分子活化的
9、反应的活化能为0.57eV，据此分析解答；根据盖斯定律分析解答反应a的H1，结合三段式分析计算；根据lnKp=-2.205+随温度的变化分析判断。【解析】(1)依据图示，生成物总能量低于反应物总能量，反应为放热反应，所以H0；依据图示，有水时活化能为0.57eV，没有水时为0.75eV，所以活化过程中有水时的活化能降低了0.18 eV，故答案为：；0.18；(2)aC(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)H1，bC(s)+2H2O(g) CO2(g)+2H2(g)H2=+90.3kJmol-1，cCO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)H3=-41.0kJmol-1，根据盖斯定
10、律，反应a=反应b-反应c，则H1=H2-H3=+90.3kJmol-1+41.0kJmol-1=+131.3kJmol-1，故答案为：+131.3；aC(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)H1=+131.3kJmol-1，为吸热反应，温度越高H2O(g)的平衡转化率越高，且温度越高反应速率越快，达到平衡所需要的时间越短，因此T3T2T1；由题图可知温度为T2时，H2O(g)的平衡转化率为70%，设起始时H2O(g)的物质的量为xmol，平衡时气体的总物质的量为1.7xmol，此时H2O(g)、CO、H2的物质的量分数分别为，Kp=48.04 MPa，故答案为：T3T2T1；48.04
11、；(3)由表格中原料气各组分含量不同时反应生成甲醇的碳转化率的数据可知：反应温度越高，生成甲醇的碳转化率越高，故答案为：越高。(4)二氧化碳的体积分数为4%时生成甲醇的碳转化率最高，二氧化碳的体积分数为20%生成甲醇的碳转化率较低，不含二氧化碳时生成甲醇的碳转化率最低，因此原料气含少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率，CO2含量过高生成甲烷的碳转化率又降低，故答案为：少量CO2有利于提高生成甲醇的碳转化率，CO2含量过高生成甲烷的碳转化率又降低；(5)根据lnKp=-2.205+可知，随温度升高，Kp减小，平衡逆向移动，甲醇生成二甲醚的倾向减小，故答案为：减小。3（2021江苏高三模拟）自然
12、界中锰是含量较高的元素，分布在海洋深处与地壳中，它有多种化合价，如KMnO4()、K2MnO4()、MnO2()等具有氧化性，MnSO4()等具有还原性。(1)工业上常用锰酸钾溶液电解制备高锰酸钾，写出离子方程式_。(2)某兴趣小组用KMnO4滴定法测定补铁剂乳酸亚铁CH3CH(OH)COO2Fe中Fe2+含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数。结果测得产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是_。在滴定的时候发现，一开始反应很慢，一段时间后，反应速率迅速加快，产生该现象的原因可能是_；验证的实验方法是_。(3)地下水中往往铁锰元素含量超标，常以Fe2+、Mn2+形式存在，可用ClO2水溶液去
13、除铁、锰元素。随ClO2浓度、pH的增加，铁锰去除率或浓度变化曲线如图：已知：1.碱性越大，Mn2+越易被氧化为MnO2，MnO2水合物可吸附Mn2+2.ClO2易溶于水，不与水反应，消毒中常用作杀菌剂并转化为Cl-，碱性会歧化为ClO和ClOClO2投加1.2mg前后，去除铁锰情况如图的原因是_。pH68锰去除率增大，其原因是_。【答案】(1)2MnO+2H2O2MnO+2OH-+H2 (2)KMnO4具有强氧化性，可将Fe2+和乳酸根离子中的羟基一同氧化 反应生成的Mn2+具有催化作用 分别在2支试管中加入等浓度等体积的酸性高锰酸钾溶液，在一支试管中加入几滴硫酸锰溶液，然后同时向2支试管中
14、加入等量乳酸亚铁溶液，若加入硫酸锰溶液的试管中紫色先褪去，则Mn2+具有催化作用 (3) ClO2投加1.2mg前，Mn2+的还原性弱于Fe2+，Fe2+的去除率大于Mn2+；ClO2投加1.2mg后，Mn2+与氧化剂反应限度低，Fe2+的去除率大于Mn2+ pH68时，pH增大，Mn2+还原性增强，反应速率加快，pH增大， c(H+)降低，5Mn2+2ClO2+6H2O5MnO2+2Cl-+12H+平衡正移，且MnO2能够吸附Mn2+，去除率增高 【解析】(1)根据题意，电解锰酸钾溶液制备高锰酸钾，则阳极锰酸根失电子转化为高锰酸根，阴极水电离的氢离子得电子转化为氢气，反应的离子方程式为2Mn
15、O+2H2O2MnO+2OH-+H2；(2)高锰酸钾具有强氧化性，除了能够将亚铁离子氧化之后，乳酸跟离子中含有羟基也会被氧化，因此消耗的高锰酸钾溶液体积偏大，测定结果偏高；开始时溶液中没有锰离子，随着反应的进行，高锰酸根被还原为锰离子，因此原因可能是一开始反应很慢，反应一段时间后溶液中生成Mn2+，Mn2+作为催化剂，加快了反应速率；验证的实验方法是分别在2支试管中加入等浓度等体积的酸性高锰酸钾溶液，在一支试管中加入几滴硫酸锰溶液，然后同时向2支试管中加入等量乳酸亚铁溶液，若加入硫酸锰溶液的试管中紫色先褪去，则Mn2+具有催化作用；(3)ClO2投加1.2mg前，Mn2+的还原性弱于Fe2+，
16、Fe2+的去除率大于Mn2+；ClO2投加1.2mg后，Mn2+与氧化剂反应限度低，Fe2+的去除率大于Mn2+；pH68时，pH增大，Mn2+还原性增强，反应速率加快，pH能够增大，降低c(H+)，5Mn2+2ClO2+6H2O5MnO2+2Cl-+12H+平衡正移时，且MnO2能够吸附Mn2+，去除率增高。4（2021福建厦门市厦门外国语学校高三模拟）甲烷-CO2重整反应可以得到用途广泛的合成气，已知方程式为CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) H0。回答下列问题：(1)相关物质的燃烧热数据如表所示：物质CH4(g)CO(g) H2(g)燃烧热(kJ/mol)890.32
17、83.0285.8H=_kJmol-1用Ni基双金属催化，反应的活化能降低，H_(填“变大”、“变小”或者“不变”)(2)控制其它条件不变，改变温度对合成气中甲烷质量分数的影响如图。若充入amolCH4，经过2小时后达到如图A点，2小时内用CH4表示的平均反应速率为_mol/h(用a表示)；假设A为平衡态，此时压强为2MPa，平衡常数Kp=_(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压x物质的量分数，保留2位小数)。(3)甲烷的重整反应速率可以表示为=kp(CH4) p(CH4)是指甲烷的分压，其中k为速率常数。下列说法正确的是_。a.增加甲烷的浓度，增大 b.加CO2浓度，增大c.及时分离合成气，增
18、大 d.通过升高温度，提升k(4)一定温度下反应会出现积碳现象而降低催化剂活性。图是Ni基双金属催化剂抗积碳的示意图。结合图示：写出一个可能的积碳反应方程式_。金属钴能有效消碳的原因是_。【答案】(1)+247.3 不变 (2) 0.125a 0.07(MPa)2 (3)ad (4)CH4C+2H2 CO能结合CO2中的O原子，与CO表面产生的积碳反应，生成CO而消碳 【解析】(1) CO(g)+ O2(g)CO2(g) H1-283 kJ/mol，H2(g)+O2(g)H2O(g) H2-285.8 kJ/mol，CH4(g)+ O2(g)CO2(g)+ 2H2O(g)H3-890.3 kJ
19、/mol 由盖斯定律-2-2可得，CH4(g)+CO2(g)=2H2(g)+2CO(g) H-890.3 kJ/mol+2283 kJ/mol+2285.8 kJ/mol+247.3 kJ/mol。用Ni基双金属催化，反应的活化能降低，但是不会改变H。(2)根据图像 =1，n(CH4)=n(CO2)=amol，A点甲烷的质量分数为0.2，则A点甲烷的变化量，=0.125mol/h；，=0.07Mpa2。(3)a增加甲烷的浓度，甲烷的转化率降低，导致p(CH4)在增大，故n=kp(CH4)增大，故a说法正确；b增加CO2浓度，导致甲烷的转化率增大，导致p(CH4)在减小，故=kp(CH4)减小，
20、故b说法不正确；c及时分离合成气，导致平衡向右移动，导致甲烷的转化率增大，导致p(CH4)在减小，故=kp(CH4)减小，故c说法不正确；d通过升高温度，增大活化分子数，提高k，故d说法正确；故选答案ad；(4)反应过程中甲烷分解，可能的方程式为：CH4C+2H2；根据图像中碳的转换判断CO能结合CO2中的O原子，与CO表面产生的积碳反应，生成CO而消碳。5（2021天津高三二模）催化氧化二氧化硫是工业制硫酸的主要反应：(1)催化过程涉及两步反应，其中第一步反应为： ，则第二步反应为_，其反应热，用含的式子表示为_。(2)为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体催化剂的密闭容器装置。在初始体
21、积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按、投料，达平衡时，三个容器中的转化率从大到小的顺序为_(用“甲、乙、丙”表示)。(3)在T和下，向容器丙中，加入和，达到平衡后的转化率为60%。已知用平衡分压(分压=总压物质的量分数)代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则_；相同条件下，若按、进行投料，则反应开始时_(填“”、“”或“=”)(4)工业上用溶液吸收，再经电解转化为。已知的电离平衡常数为，则溶液中含S元素粒子浓度由大到小的顺序为_。如图为电解溶液产生硫酸的装置。则A为电解池的_(填“阴极”或“阳极”)，写出阳极区域产生硫酸的电极反应式_。【答案】(1) (2)丙甲乙 (3) 13
22、5 (4) 阴极 【解析】(1) 利用盖斯定律，将反应-2，即得第二步反应为，其反应热为。答案为：；(2)在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按、投料，比较三个容器中达到平衡时的转化率大小，以甲为参照物，乙相当于甲升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，丙相当于甲加压，平衡正向移动，SO2的转化率增大，所以SO2的转化率从大到小的顺序为丙甲乙。答案为：丙甲乙；(3)在T和下，向容器丙中，加入和，达到平衡后的转化率为60%。可建立如下三段式：则=135；相同条件下，若按、进行投料，浓度商Qp=30135，表明反应正向进行，所以反应开始时。答案为：135；(4)已知的电离平衡常数为，则
23、的水解常数Kh2=6.4910-13，所以溶液中以的电离为主，从而得出含S元素粒子浓度由大到小的顺序为。由图中可知，A电极生成H2，则表明得电子，从而表明A电极为阴极，B电极为阳极；在阳极，失电子生成和H+，电极反应式为。答案为：；阴极；。【点睛】在阳极，有部分与H+作用，从而生成二氧化硫气体等。6（2021辽宁铁岭市高三二模）二甲醚()是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气(组成为、CO和少量CO2)直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应： 。试回答下列问题：(1)一步法合成二甲醚是以合成气()为原料，在一定温度、压强和催化剂作用下进行，由和CO直接制备二甲醚的热化学方程式： _；
24、判断该反应在一定温度下、体积恒定的密闭容器中，下列不能作为达到化学平衡状态的依据是_。A平均摩尔质量保持不变B容器的密度不变C容器内压强保持不变D单位时间内消耗2moLCO同时消耗1mol二甲醚(2)燃煤废气中的转化为二甲醚的反应原理为：，一定条件下，现有两个体积均为2.0L恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入1moLCO2和3molH2，在乙中充入2moLCO2和6molH2，发生上述反应并达到平衡。该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图1所示；容器甲中，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图2所示。下列说法正确的是_。A图1中，反应的、B图1中，表示乙容器CO2的平衡
25、转化率随温度变化的是曲线BC图1中，逆反应速率：状态状态D图2中，对应的平衡常数小于对应的平衡常数E图2中，根据图中曲线分析，催化剂的催化效果最好(3)若CO2和H2仅发生反应和，研究表明：在其他条件相同的情况下，用新型催化剂可以显著提高甲醇的选择性，使用该催化剂，按(总量为amol)投料于恒容密闭容器中进行反应，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率(甲醇的选择率：转化的CO2中生成甲醇的物质的量分数)随温度的变化趋势如图所示：(忽略温度对催化剂的影响)根据图中数据，温度选择_K，达到平衡时，反应体系内甲醇的产量最高。随着温度的升高，CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择率降低，请分析其原因：_。(4
26、)利用电化学方法可以将CO2有效地转化为，装置如下图所示。在该装置中，右侧Pt电极的电极反应式为_。装置工作时，阴极除有生成外，还可能生成副产物降低电解效率。标准状况下，当阳极生成氧气体积为448mL时，测得阴极区内的，电解效率为_(忽略电解前后溶液的体积变化)。已知：电解效应【答案】(1) B (2)ACE (3)553 当温度升高时反应平衡逆向移动，而反应平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低 (4) 75% 【解析】(1)已知： ，根据盖斯定律+，可得 ；在一定温度下、体积恒定的密闭容器中，对应反应，则：A反应中混合气体的平均摩尔质量会随着反应而变，故平均摩
27、尔质量保持不变能说明已平衡，故A不符合；B密闭容器中，气体总质量守恒，容积体积的不变，故气体密度不变不能说明已平衡，故选B；C反应中容器内压强会随着反应而变，故容器内压强保持不变能说明已平衡，故C不符合；D单位时间内消耗2molCO，同时消耗1mol二甲醚，则说明已平衡，故D不符合；故答案为：；B；(2)A方程式中反应物气体的物质的量为8mol，生成物为4mol，故；根据B曲线，升高温度，CO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，正向放热，故A正确；B初始量乙是甲的二倍，恒温恒容下，乙相当于在甲的基础上增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故A曲线是乙，B曲线为甲，故B错误；C对于B曲线
28、，随温度升高速率增大，故C正确；D由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，所以平衡常数：，D错误；E反应温度低，反应物的转化效率高，则催化剂的催化效果好，根据图示，在相同温度下在催化剂时CO2转化效率最高，故催化剂的催化效果最好，E正确；答案选ACE。(3)按(总量为)，则其中含有CO2的物质的量，根据C元素守恒，在不同温度下，可得甲醇物质的量转化率选择性，计算后，553K温度下，大于其他温度下的产量；反应的正反应是吸热反应，升高温度，该反应正向移动，且温度对吸热反应影响更大，使CO2的平衡转化率增加，但对于反应，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，该反应的化学平衡逆向移
29、动，所以甲醇的平衡转化率反而降低，即甲醇的选择率降低；(4)右侧Pt上CO2得到电子转化为发生还原反应，则其反应式为：，故答案为： ；由阳极的电极反应式可得解得；由可得，解得，由电解效应。7（2021广东茂名市高三二模）我国天然气储量丰富，天然气是重要的化工原料，先与氧气转化为合成气再进一步可催化转化为甲醇和二甲醚。回答下列问题：(1)甲烷转化为合成气的反应中能量变化如图所示，某些化学键的键能数据如表：化学键O=OCHHHCO键能/kJ/mol498.84134361072该反应的热化学方程式为_，该反应在任意温度下均能自发进行，原因是_。(2)CO和H2合成二甲醚的反应为2CO(g)+4H2
30、(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，T2时，向5L恒容密闭容器中充入1molCO(g)和2molH2(g)，发生该反应，达到平衡时，测得容器内总压强为p，CO的体积分数为25%，则T2时，反应的平衡常数Kp=_(用含p的代数式表示Kp，分压=总压物质的量分数)。(3)CO和H2合成甲醇的反应为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H”“”或“=”)，理由_。(4)CH4、CH3OH、CH3OCH3都是较好的燃料，都可以作为燃料电池的燃料。作为电池燃料，CH4、CH3OH、CH3OCH3比能量最高的是_(电池的比能量就是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小)。写出甲醇燃料电池在
31、硫酸电解质中负极的电极反应式为_。【答案】(1)2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) H=-85.2kJmol-1 该反应为焓减、熵增反应 (2) (3)ac 该反应是气体分子数減小的反应，压强增大，平衡正向移动，CO转化率增大，所以p1”“”或“=”)60%。(3)利用膜反应新技术，可以实现边反应边分离出生成的氢气。不同温度下，1.00mol乙苯在容积为1.00L的密闭容器中反应，氢气移出率与乙苯平衡转化率关系如图所示：(氢气移出率)同温度时1、2、3依次_(填“增大”或“减小”)，理由是_。A点平衡常数，则为_。【答案】(1)124 (2) (3) 增大 相同温度条件下，
32、氢气的移除率越大平衡正向进行的程度越大，乙苯的转化率越大 94.4% 【解析】(1)根据反应热等于反应物的键能和减生成物的键能和计算，结合反应可知反应前后苯环结构未发生改变，反应物中断裂5条C-H和1条C-C，产物中生成三条C-H键和一条C=C，同时生成1条H-H键，则反应热H=5412+348-3412-612-436=124；(2)投料比n(乙苯)/n(H2O)=1：8，设起始时乙苯为1mol，水为8mol，乙苯的转化率为60%，则其转化量为0.6mol，生成的苯乙烯为0.6mol生成的H2为0.6mol，平衡后水的物质的量为8mol，总气体的物质的量为：0.4+0.6+0.6+8=9.6
33、mol，则p(H2O)=，同理可得p(H2)=，p(乙苯)=，p(苯乙烯)=，则Kp= ；恒压改为恒容，相当于在恒压基础上压缩容器体积，压缩体积平衡向逆向移动，乙苯的转化率降低，小于60%；(3)1.00mol乙苯在容积为1.00L的密闭容器中反应，乙苯的起始浓度为1mol/L，A点时乙苯的转化率为90%，则生成的苯乙烯的浓度为0.9mol/L，生成的氢气的起始浓度为0.9mol/L，平衡时乙苯的浓度为0.1mol/L，设氢气的移出率为x，则剩余的氢气浓度为0.9(1-x)mol/L，平衡常数Kc=，解得x=94.4%。14（2021山东师范大学附中高三模拟）“绿水青山就是金山银山”，研究消除
34、氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。(1)已知：若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式_。(2)T时，存在如下平衡：。该反应正、逆反应速率与NO2、N2O4的浓度关系为：，(k正、k逆是速率常数)，且lgv正lgc(NO2)与lgv逆lgc(N2O4)的关系如图所示。T时，该反应的平衡常数K=_。T时，往刚性容器中充入一定量NO2，平衡后测得c(N2O4)为1.0mol/L，则平衡时NO2的物质的量分数为_(以分数表示)。平衡后v正=_(用含a的表达式表示)。(3)原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于NO的脱除。热解温度为500、900得到的煤焦分别用S-500
35、、S-900表示，相关信息如下表：煤焦元素分析(%)比表面积(cm2g-1)CHS-50080.792.76105.69S-90084.260.828.98将NO浓度恒定的废气以固定流速通过如下反应器。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如下图所示。已知：NO的脱除主要含吸附和化学还原(H、 T1时以反应II为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响 【解析】(1)A气体以一定流速通过CuZnOZrO2时，与催化剂的接触面积增大，反应速率加快，有利于提高平衡前单位时间内反应物的转化率，故错误；B氢气在催化剂表面的吸附过程放热，有
36、利于HH键的断裂，催化剂改变了反应的路径，降低了反应的活化能，故正确；C由图可知，反应中，可能断裂C=O键或CO键，同时形成CH键、HO键，则断裂和形成的共价键至少有种，故正确；D由图可知，在整个反应过程中，原子并没有全部转化为CH3OH，所以原子利用率小于，故错误；故答案为：AD；(2)A反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，故正确；B反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，故错误；C及时分离出甲醇和水，减小生成物的浓度，平衡向正反应方向移动，循环使用氢气和二氧化碳气体，有利于提高反应物的转化率，提高原料利用率，故正确；
37、D反应是气体体积减小的反应、反应是气体体积不变的反应，增大压强，反应平衡不移动，反应平衡向正反应方向移动，导致反应物浓度的降低和水蒸气浓度的增大，从而使反应的平衡逆向移动，一氧化碳选择性下降，故错误；故答案为：AC；由CO2和H2按物质的量1：3投料，总物质的量为amol，250C时，在体积为VL的容器中，反应I和II达到化学平衡，CO2转化率为25%，CH3OH和CO选择性均为50%可知，平衡时二氧化碳的物质的量为(molmol25%)=mol，反应I和II中二氧化碳的转化率均为25%=12.5%，氢气的物质的量为mol(mol12.5%3+mol12.5%)=mol，水的物质的量为(mol
38、12.5%+mol12.5%)mol=mol，一氧化碳的物质的量为mol12.5%=mol，反应II的平衡常数为=0.0167，故答案为：或0.0167；反应I为放热反应，升高温度，反应I的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，反应II为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳平衡转化率增大，240C以上，随着温度升高，CO2的平衡转化率升高、而CH3OH的选择性较低说明反应II的平衡正向移动幅度大于反应I的平衡逆向移动幅度，故答案为：升温，反应I的平衡逆向移动，而反应II的平衡正向移动且幅度更大；反应是气体体积减小的反应、反应是气体体积不变的反应，增大压强，反应中二氧化碳
39、的平衡转化率不不变，反应平衡向正反应方向移动，二氧化碳平衡转化率增大，由图3可得出，压强P1时二氧化碳平衡转化率大于P3，则压强P1大于P3；温度T1时，三条曲线几乎交于一点说明压强对二氧化碳转化率基本没有影响，反应以反应为主，故答案为：；T1时以反应为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡没有影响。16（2021湖北武汉市汉阳一中高三二模）烟道气和汽车尾气(NOx、NH3等)是造成雾霾天气的原因之一。对这些排放气的处理以及再利用是化学工作者研究的重要课题。(1)H2-SCR脱硝氢气在富氧条件下催化还原NOx反应在低温时仍具有高活性和选择性，已知催化剂铑(Rh)表面H2催化还原NO的详
40、细反应机理如表所示，其他条件一定时，决定H2催化还原NO反应速率的基元反应为_，基元反应OH(s)+Rh(s)H(s)+O(s)的焓变H=_ kJ/mol基元反应活化能Ea(kJ/mol)NO+Rh(s)NO(s)NO(s)+Rh(s)N(s)+O(s)N(s)+N(s)N2+Rh(s)+Rh(s)H2+Rh(s)+Rh(s)H(s)+H(s)H2O(s)H2O+Rh(s)+Rh(s)H(s)+H(s)H2+Rh(s)+Rh(s)NO(s)NO+Rh(s)OH(s)+Rh(s)H(s)+O(s)H(s)+O(s)OH(s)+Rh(s)OH(s)+H(s)H2O(s)+Rh(s)0.097.51
41、20.912.645.077.8108.937.783.733.51093K时，NO与H2以物质的量2：1混合，置于某密闭容器中还能发生如下化学反应：2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g)，实验测得该反应速率方程(以N2O为基准)为v(N2O)=kp2(NO)p(H2)，k=5.610-12Pa-2s-1。某时刻测得体系中NO的分压为2.0kPa，则此时的反应速率为_Pas-1。(2)NH3-SCR脱硝在有氧和新型催化剂作用下，NOx和NH3可以反应生成N2，将一定比例的O2、NOx和NH3通入装有新型催化剂的反应器。测得相同时间内NOx的去除率随温度变化如图所示：在50250范
42、围内，NOx的去除率先快速上升后变缓的主要原因是_；380后去除率下降的可能原因是_。(3)工业上可用“氨催化氧化法”生产NO，以氨气、氧气为原料，在催化剂存在下生成NO和副产物N2的化学方程式如下：I：II：已知：有效转化率=在1L恒容密闭容器中充入1molNH3、1.45molO2，在催化剂作用下发生两个竞争反应I、II，测得不同温度下反应相同时间有关物质的量关系如图所示：520时，NH3的有效转化率=_(保留1位小数)。工业用氨催化氧化制备HNO3，选择的最佳温度是_。520时，反应II的平衡常数K=_molL-1(保留3位有效数字)。【答案】(1)N(s)+N(s)N2+Rh(s)+R
43、h(s) -46 2.2410-2 (2)迅速上升段是催化剂活性增大与温度升高共同使NO去除率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高使得反应速率加快，但催化剂活性下降 NH3与O2反应发生了副反应或催化剂活性降低或温度升高，平衡逆向移动 (3)33.3% 840 1.14 【解析】(1) 其它条件一定时，基元反应的活化能越大，该基元反应的反应速率越小，由题表信息知决定氢气催化还原一氧化氮反应速率的基元反应是N(s)+N(s)N2+Rh(s)+Rh(s)，基元反应OH(s)+Rh(s)H(s)+O(s)的活化能为37.7 kJ/mol，其逆反应的活化能是83.7 kJ/mol，则该基元反应的反应热H
44、=（37.7-83.7）kJ/mol=-46.0 kJ/mol；1093K时，NO与H2以物质的量2：1混合，所以任意时刻的物质的量之比为2:1，分压之比为2:1，p(NO)= 2.0kPa，故p(H2)=1.0kPa，代入公式计算得v(N2O)=kp2(NO)p(H2)= =2.2410-2 Pas-1；(2) NOx的去除率先快速上升后变缓的主要原因是：迅速上升段是催化剂活性增大与温度升高共同使NO去除率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高使得反应速率加快，但催化剂活性下降； 380后去除率下降的可能原因是：NH3与O2反应发生了副反应或催化剂活性降低或温度升高，平衡逆向移动；(3)由图知5
45、20时，生成氮气和一氧化氮的物质的量均为0.2mol，则反应II消耗的氨气的物质的量为0.4mol，反应I消耗的氨气的物质的量为0.2mol，NH3的有效转化率= =33.3%；840，一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低，则工业用氨催化氧化制备HNO3，选择的最佳温度是840；在1L恒容密闭容器中充入1molNH3、1.45molO2，520时，反应II：氮气的浓度0.2mol/L，水蒸气的浓度0.6mol/L，消耗氨气的浓度为0.4mol/L，消耗氧气的浓度为0.3mol/L；反应I：一氧化氮的浓度为0.2mol/L，水蒸气的浓度是0.3mol/L，消耗氨气的浓度是0.2mol/L，消耗氧
46、气浓度是0.25mol/L，所以平衡时氮气的浓度是0.2mol/L，水蒸气浓度是（0.6+0.3）mol/L=0.9mol/L，氧气浓度是（1.45-0.3-0.25）mol/L=0.9mol/L，氨气浓度是（1-0.4-0.2）mol/L=0.4mol/L，则反应II的平衡常数K= =1.14。17（2021山东青岛市高三模拟）甲醇是一种基本的有机化工原料(1)甲醇制取绿色能源氢气的部分反应过程如图1所示：图1图2已知：.CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)H1=+90.4kJmol-1.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H2=-41kJmol-1反应的热化学方程为_。(2
47、)在恒压密闭容器中，反应的进气比同时，测得相应的CO的平衡转化率如图2所示(各点对应的反应条件除温度可能不同外，其余都相同)图中A、D和F三点对应的反应温度TA、TD、TF的关系是_，其原因是_。CO的平衡转化率与进气比、反应温度之间的关系是_。C、D两点对应的反应速率大小：vC_vD(填“”“”或“=”)。已知反应速率v=v正-v逆=k正x(CO)x(H2O)-k逆x(CO2)x(H2)，其中k为反应速率常数、x为物质的量分数，在达到平衡状态为D点的反应过程中，当CO的转化率刚好达到20%时，=_(结果保留3位有效数字)。【答案】(1)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
48、H=-49.4kJmol-1 (2)TA=TD=TF KA=KD=KF=1，平衡常数是温度的函数，对于同一反应而言，平衡常数相同时，温度一定相同 温度相同，进气比越大，CO的平衡转化率越小；进气比相同，反应温度越高，CO的平衡转化率越小 T2T1 1% (2) 处于 0.12 9.47 【分析】根据盖斯定律，由(+)计算H3；根据差量法，,，求出x,代入计算；列出三段式，根据300min时，氢气分压为105kPa，总压强为162kPa，可得，解得，代入计算平衡常数。【解析】(1)根据盖斯定律，由(+)可得，则，故答案为：-49.6kJmol-1；据图中信息，活性参与了过程，该步骤是合成甲醇的中
49、间步骤之一，因此活性是合成甲醇的必要中间体，B项正确。故答案为：B；该反应的正反应为放热反应，其他条件不变时，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率逐渐降低，故。故答案为：；应选择合适的Mn%值使的选择性和产率越高，而转化率又不会过低，由表中数据可知Mn助剂占1%时，效果相对较好。故答案为：1%；(2)300min后压强保持不变，300min时，体系处于平衡状态。故答案为：处于；设的压强变化量为，根据题意得：故，解得，；将等物质的量的和加入恒温恒容密闭容器(压强为100kPa)中，则和的起始压强均为50kPa，设反应iv中的压强变化量为，反应中CO压强的变化量为，根据题意得：根据300min时，氢气分压为105kPa，总压强为162kPa，可得，解得，则300min时，、CO、的压强分别为7kPa、19kPa、105kPa、12kPa，。
