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综合拔高练
高考真题练
考点1　反应历程与活化能
1.(2023广东,15)催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R(g) P(g)。反应历程(如图)中,M为中间产物。其他条件相同时,下列说法不正确的是 (　　)
A.使用Ⅰ和Ⅱ,反应历程都分4步进行
B.反应达平衡时,升高温度,R的浓度增大
C.使用Ⅱ时,反应体系更快达到平衡
D.使用Ⅰ时,反应过程中M所能达到的最高浓度更大
2.(2023浙江6月选考,14)一定条件下,1-苯基丙炔()可与HCl发生催化加成,反应如下:
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知:反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应),下列说法不正确的是 (　　)
A.反应焓变:反应Ⅰ>反应Ⅱ
B.反应活化能:反应Ⅰ<反应Ⅱ
C.增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例
D.选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
考点2　化学反应速率及其影响因素
3.(2022浙江6月选考,20)恒温恒容的密闭容器中,在某催化剂表面上发生氨的分解反应:2NH3(g) N2(g)+3H2(g),测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化,如下表所示,下列说法不正确的是 (　　)
编号 时间/minc(NH3)/(10-3 mol·L-1) 表面积/cm2
0 20 40 60 80
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A.实验①,0~20 min,v(N2)=1.00×10-5 mol·L-1·min-1
B.实验②,60 min时处于平衡状态,x≠0.40
C.相同条件下,增加氨气的浓度,反应速率增大
D.相同条件下,增加催化剂的表面积,反应速率增大
4.(2022北京,14)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用,原理如图1所示。反应①完成之后,以N2为载气,将恒定组成的N2、CH4混合气,以恒定流速通入反应器,单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2,在催化剂上检测到有积碳。下列说法不正确的是 (　　)
图1
图2
A.反应①为CaO+CO2 CaCO3;反应②为CaCO3+CH4 CaO+2CO+2H2
B.t1~t3,n(H2)比n(CO)多,且生成H2的速率不变,推测有副反应CH4 C+2H2
C.t2时刻,副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率
D.t3之后,生成CO的速率为0,是因为反应②不再发生
5.(不定项)(2022河北,13)恒温恒容条件下,向密闭容器中加入一定量X,发生反应的方程式为①X Y;②Y Z。反应①的速率v1=k1c(X),反应②的速率v2=k2c(Y),式中k1、k2为速率常数。图a为该体系中X、Y、Z浓度随时间变化的曲线,图b为反应①和②的lnk~曲线。下列说法错误的是 (　　)
　
A.随c(X)的减小,反应①、②的速率均降低
B.体系中v(X)=v(Y)+v(Z)
C.欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间
D.温度低于T1时,总反应速率由反应②决定
考点3　化学反应的调控
6.(2023辽宁,18节选)硫酸工业在国民经济中占有重要地位。接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化:SO2(g)+O2(g) SO3(g)　ΔH=-98.9 kJ·mol-1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度,绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示,下列说法正确的是　　　　。
a.温度越高,反应速率越大
b.α=0.88的曲线代表平衡转化率
c.α越大,反应速率最大值对应温度越低
d.可根据不同α下的最大速率,选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能,我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下,温度和转化率关系如下图所示,催化性能最佳的是　　　(填标号)。
考点4　化学平衡常数及平衡转化率
7.(2023湖南,13)向一恒容密闭容器中加入1 mol CH4和一定量的H2O,发生反应:CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x[x=]随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.x1B.反应速率:vb正C.点a、b、c对应的平衡常数:KaD.反应温度为T1 K,当容器内压强不变时,反应达到平衡状态
8.(2023全国乙,28节选)硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途,如可用作农药防治小麦黑穗病,制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题:
(3)将FeSO4置入抽空的刚性容器中,升高温度发生分解反应:
2FeSO4(s) Fe2O3(s)+SO2(g)+SO3(g)(Ⅰ)
平衡时~T的关系如图所示。660 K时,该反应的平衡总压p总=
　 　kPa,平衡常数Kp(Ⅰ)=　　　(kPa)2。Kp(Ⅰ)随反应温度升高而
　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)提高温度,上述容器中进一步发生反应2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)(Ⅱ),平衡时=　　　　(用表示)。在
929 K时,p总=84.6 kPa,=35.7 kPa,则=　　　　kPa,Kp(Ⅱ)=
　　　　kPa(列出计算式)。
9.(2022全国乙,28改编)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)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[2H2S(g) S2(g)+2H2(g)]。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=
　　　　kPa。
(2)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H2S-Ar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。
10.(2022山东,20)利用γ-丁内酯(BL)制备1,4-丁二醇(BD),反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和1-丁醇(BuOH)的副反应,涉及反应如下:
已知:①反应Ⅰ为快速平衡,可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响;②因反应Ⅰ在高压H2氛围下进行,故H2压强近似等于总压。回答下列问题:
(1)以5.0×10-3 mol BL或BD为初始原料,在493 K、3.0×103 kPa的高压H2氛围下,分别在恒压容器中进行反应。达平衡时,以BL为原料,体系向环境放热X kJ;以BD为原料,体系从环境吸热Y kJ。忽略副反应热效应,反应Ⅰ焓变ΔH(493 K,3.0×103 kPa)=　　　　　　　 kJ·mol-1。
(2)初始条件同上。xⅰ表示某物种ⅰ的物质的量与除H2外其他各物种总物质的量之比,xBL和xBD随时间t变化关系如图所示。实验测得X　　　　kPa-2(保留两位有效数字)。以BL为原料时,t1时刻=　　　　,BD产率=　　　　(保留两位有效数字)。
11.(2023湖南,16节选)聚苯乙烯是一类重要的高分子材料,可通过苯乙烯聚合制得。
Ⅰ.苯乙烯的制备
(1)已知下列反应的热化学方程式:
①C6H5C2H5(g)+O2(g) 8CO2(g)+5H2O(g)　ΔH1=-4 386.9 kJ·mol-1
②C6H5CHCH2(g)+10O2(g) 8CO2(g)+4H2O(g)　ΔH2=-4 263.1 kJ·mol-1
③H2(g)+O2(g) H2O(g)　ΔH3=-241.8 kJ·mol-1
计算反应④C6H5C2H5(g) C6H5CHCH2(g)+H2(g)的ΔH4=
　　　　kJ·mol-1;
(2)在某温度、100 kPa下,向反应器中充入1 mol气态乙苯发生反应④,其平衡转化率为50%,欲将平衡转化率提高至75%,需要向反应器中充入　　　　mol水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应);
(3)在913 K、100 kPa下,以水蒸气作稀释气、Fe2O3作催化剂,乙苯除脱氢生成苯乙烯外,还会发生如下两个副反应:
⑤C6H5C2H5(g) C6H6(g)+CH2CH2(g)
⑥C6H5C2H5(g)+H2(g) C6H5CH3(g)+CH4(g)
以上反应体系中,芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S=×100%)随乙苯转化率的变化曲线如图所示,其中曲线b代表的产物是　 　　　,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
高考模拟练
应用实践
1.水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2 ℃)、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶,由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下,测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示,其中x为以碳元素计量的物质的量分数,t为反应时间。下列说法不合理的是 (　　)
A.乙醇的超临界水氧化过程中,一氧化碳是中间产物,二氧化碳是最终产物
B.在550 ℃条件下,反应时间为15 s时,乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全
C.乙醇的超临界水氧化过程中,乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可用来表示反应的速率,而且两者数值相等
D.随温度升高,xCO峰值出现的时间提前,且峰值更高,说明随温度升高乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大
2.N2O无害化处理的一种方法的原理为2N2O 2N2(g)+O2(g),在一定容积的密闭容器中发生此反应,N2O的转化率如图所示,若N2O的起始浓度为1 mol·L-1,下列说法错误的是 (　　)
A.升高温度,有利于提高N2O的平衡转化率
B.a、c两点中,N2的物质的量浓度相等
C.反应在230 ℃、恒压容器中进行,达平衡时,N2O的转化率大于98%
D.若b点反应达到平衡状态,O2的体积分数为20%
3.乙烯气相水合反应制备乙醇是工业乙醇的主要来源,在气相条件下可表示为C2H4(g)+H2O(g) C2H5OH(g)　ΔH。在起始n(H2O)=n(C2H4)条件下,乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示。下列分析错误的是 (　　)
A.乙烯气相水合反应的ΔH<0
B.图中a点对应的平衡常数Kp=
C.图中压强的大小关系为p1>p2>p3
D.达到平衡状态a、b所需要的时间:a>b
4.某小组为了探究Br+5Br-+6H+ 3Br2+3H2O的反应速率(v)与反应物浓度的关系,在20 ℃时进行实验,所得的数据如表:
① ② ③ ④ ⑤
c(H+)/(mol·L-1) 0.008 0.008 0.004 0.008 0.004
c(Br)/(mol·L-1) 0.001 0.001 0.001 0.002 0.002
c(Br-)/(mol·L-1) 0.10 0.20 0.20 0.10 0.40
v/(mol·L-1·s-1) 2.4×10-8 4.8×10-8 1.2×10-8 4.8×10-8 v1
已知:反应速率方程为v=k·cm(Br)·cn(Br-)·cp(H+)(k为速率常数)
下列结论不正确的是 (　　)
A.实验⑤中,v1=9.6×10-8
B.若温度升高到40 ℃,则常数k增大
C.m=1,n=1,p=2
D.实验①④,探究的是c(Br)对反应速率的影响
5.在一定条件下,向某2 L恒容密闭容器中充入
2 mol CO2、4 mol H2,发生反应CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g),测得反应10 min时,不同温度下氢气的转化率如图所示。[已知:该反应的速率方程v正=k正·p4(H2)·p(CO2)、v逆=k逆·p2(H2O)·p(CH4),k正、k逆只与温度有关]
下列说法错误的是 (　　)
A.图中a、b、c三点对应的v(CH4)逆由大到小的顺序为c、b、a
B.该反应的ΔH<0
C.T2 K下,起始时容器内的压强为3 MPa,k逆=2(MPa)-2·min-1,则该温度下k正≈33.3 (MPa)-4·min-1
D.升高温度或增大压强,都可以提高反应物的平衡转化率
6.(不定项)一定条件下,分别向体积为1 L的密闭容器中充入气体,发生反应:2X(g)+Y(g) Z(g),测得实验①、②、③反应过程中体系压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是 (　　)
实验 充入气体量 反应过程条件
① 2 mol X+1 mol Y 恒温
② 1 mol Z 恒温
③ 1 mol Z 绝热
A.曲线Ⅰ对应实验②
B.正反应为吸热反应
C.气体的总物质的量:nc>nd
D.b点平衡常数比c点平衡常数小
迁移创新
7.利用CO2合成二甲醚可以很大程度地帮助实现“碳中和”,其合成过程由两种工艺组成。
工艺1:先在设备一加氢合成甲醇,主要涉及以下反应:
Ⅰ.甲醇的合成:CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g);
Ⅱ.逆水汽变换:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g);
再通过设备二合成二甲醚,涉及以下反应:
Ⅲ.甲醇脱水:2CH3OH(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)。
工艺2:在双功能催化剂作用下,由CO2加氢直接得到二甲醚。
已知:相关物质变化的焓变示意图如下:
回答下列问题:
(1)请写出工艺2中CO2直接加氢合成CH3OCH3(g)(反应Ⅳ)的热化学方程式:　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　。
(2)①工艺1需先在设备一合成甲醇。在不同压强下,按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3投料合成甲醇,实验测得CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。
　
下列说法正确的是　　　　(填字母)。
A.图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率
B.压强:p1>p2>p3
C.为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,应选择低温、高压的反应条件
D.一定温度、压强下,寻找活性更高的催化剂,是提高CO2的平衡转化率的主要研究方向
②解释图乙不同压强下纵坐标代表的物理量在550 ℃后趋于相等的原因:　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　。
(3)若一定量CO2和H2仅发生反应Ⅰ和Ⅱ,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n(CO2)∶n(H2)=1∶3(总量为a mol)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性(甲醇的选择性: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)。
①根据图中数据,温度选择　　　　K(填“473”“513”或“553”),达到平衡时,反应体系内甲醇的产量最高。
②随着温度的升高,CO2的平衡转化率增加但甲醇的选择性降低,请分析其原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
高考真题练
1.C 2.C 3.C 4.C 5.AB 7.B
1.C　由题图可知使用题给两种催化剂时均出现四组峰,反应历程都分4步进行,A正确;由题图可知总反应是放热反应,升高温度平衡逆向移动,反应达平衡时,R的浓度增大,B正确;由题图可知使用催化剂Ⅰ时基元反应的最大活化能低于使用催化剂Ⅱ时基元反应的最大活化能,所以使用催化剂Ⅰ时反应体系更快达到平衡,C错误;由题图可知在前两个历程中使用催化剂Ⅰ时基元反应的最大活化能较低,反应速率较快,后两个历程中使用催化剂Ⅰ时基元反应的最大活化能较高,反应速率较慢,所以使用催化剂Ⅰ时,反应过程中M所能达到的最高浓度更大,D正确。
考场速决
快速分析反应进程图,使用催化剂Ⅱ时,反应历程中基元反应的最大活化能高,反应速率慢,反应体系不可能更快达到平衡,C错误。
教材溯源
神奇的催化剂
(1)催化剂对化学反应速率的影响:催化剂的质量和化学性质在反应前后不变,故反应历程中必定既包括有催化剂参与的反应,又包括使催化剂再生的反应。催化剂通过参与反应改变反应历程、降低反应的活化能来提高化学反应速率。
(2)催化剂具有选择性:某种催化剂对某一反应可能是活性很强的催化剂,但对其他反应就不一定具有催化作用。根据这一特性,可以通过选择催化剂来调控反应。如教材中提到的乙烯与氧气可发生两个反应:C2H4(g)+O2(g) (g)主反应,C2H4(g)+3O2(g) 2CO2(g)+2H2O(g)(副反应),研究人员开发了一种银催化剂,能加快主反应而对副反应影响较小,从而提高环氧乙烷的生产效率。
(3)酶:酶是特殊的催化剂,其比一般的催化剂具有更高的选择性和催化效率,且反应条件要温和。
(4)催化剂活性:催化剂活性受自身成分、粒径、合成方法、反应温度、压强等条件的影响。通常,催化剂发挥作用需要维持在活性温度范围内。
(5)催化剂中毒:因吸附或沉积毒物(反应原料中带入的杂质、反应产物或副产物等)而使催化剂活性降低或丧失的过程。
2.C　根据盖斯定律,反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ,反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应,即焓变均小于0,故反应Ⅱ的焓变小于反应Ⅰ的焓变,A正确;由题图可知,短时间内产物Ⅰ占比比产物Ⅱ高,说明反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的速率快,反应速率越快,其活化能越低,则反应活化能:反应Ⅰ<反应Ⅱ,B正确;设反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数分别为K1、K2,则平衡时,即温度不变,增加HCl浓度,平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例不变,C错误;根据题图可知,前30 min产物Ⅰ占比远大于产物Ⅱ,故选择相对较短的反应时间并及时分离可获得高产率的产物Ⅰ,D正确。
3.C　实验①中,0~20 min,Δc(NH3)=2.40×10-3 mol·L-1-2.00×10-3 mol·L-1=4.00×10-4 mol·L-1,v(NH3)==2.00×10-5 mol·L-1·min-1,反应速率之比等于化学计量数之比,v(N2)=v(NH3)=1.00×10-5 mol·L-1·min-1,A正确;恒温条件下平衡常数K恒定,实验③平衡时c(NH3)=0.40×10-3 mol·L-1,若实验②平衡时c(NH3)也等于0.40×10-3 mol·L-1,由于起始投料量不同,求出的K必然不同,所以x≠0.40,B正确;实验①中氨气起始浓度大于实验②,但在0~20 min,实验①和实验②中氨气浓度变化量都是4.00×10-4 mol·L-1,不能说明相同条件下,氨气的浓度增加,反应速率增大,C错误;对比实验①和实验③,氨气起始浓度相同,实验③中催化剂表面积是实验①中催化剂表面积的2倍,实验③先达到平衡状态,反应速率快,说明相同条件下,增加催化剂的表面积,反应速率增大,D正确。
4.C　根据题图1 CO2捕获和转化的原理,可知反应①为CO2与CaO反应生成CaCO3,反应②为CaCO3与CH4在催化剂作用下反应生成CaO、CO和H2,A正确;由题图2可知,t1~t3,n(H2)比n(CO)多,生成H2的速率不变,又因为在催化剂上检测到有积碳,故可推测发生的副反应为CH4 C+2H2,B正确;t2时刻,CO的气体流速=反应②生成的H2的气体流速≈1.5 mmol·min-1,副反应生成的H2的气体流速≈0.5 mmol·min-1,故副反应生成H2的速率小于反应②生成H2的速率,C错误;只有反应②生成CO,题图2中t3之后CO气体流速为0,即反应②不再发生,D正确。
5.AB　由图a可知,浓度随时间增加逐渐减小的曲线代表的是X,浓度随时间增加逐渐增大的曲线代表的是Z,浓度随时间增加先增大后减小的曲线代表的是Y;由图b可知,反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。由图a可知,随c(X)的减小,c(Y)先增大后减小,因此,反应①的速率随c(X)的减小而减小,而反应②的速率随c(X)的减小先增大后减小,A错误。根据体系中发生的反应可知,在Y的浓度达到最大值之前,单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量,故v(X)=v(Y)+v(Z),但在Y的浓度达到最大值之后,单位时间内Z的增加量等于X和Y的减少量,故v(X)+v(Y)=v(Z),B错误。由图a可知,Y的浓度先增大后减小,故要控制反应时间;升高温度可以加快反应速率,提高单位时间内Y的产率;故欲提高Y的产率,需提高反应温度且控制反应时间,C正确。由图b可知,温度低于T1时,k1>k2,反应②为慢反应,因此,总反应速率由反应②决定,D正确。
6.答案　(ⅰ)cd　(ⅱ)d　
解析　(ⅰ)根据题图可知,随着温度的升高,反应速率先增大后减小,a错误;相同条件下,反应达到平衡时,转化率最大,转化率为0.88时未达到相同温度下的最大转化率,不是平衡状态,b错误;由题图可知,转化率越大,反应速率最大值对应的温度越低,c正确;根据不同转化率下的最大速率对应的温度,选择最佳生产温度,d正确。(ⅱ)根据题图可知在四种不同催化剂作用下,d的转化率最高,且转化率较高时,温度较低,催化性能最好。
7.B　应用“定一议二”原则分析图像,解题过程中可以作辅助线帮助分析。
题述反应为反应前后气体物质的量不相等的反应,恒温恒容条件下,当容器内压强不变时,说明反应达到平衡状态,D正确。
8.答案　(3)3.0　2.25　增大
(4)　46.26　()2×2.64
解析　(3)由题给平衡时~T的关系图得,660 K时=1.5 kPa,根据反应(Ⅰ)的化学方程式可知=1.5 kPa,没有其他气体存在,则该反应的平衡总压p总==3.0 kPa,平衡常数Kp(Ⅰ)==2.25 (kPa)2;由题图得,随温度升高而逐渐增大,则也随温度升高而增大,故Kp(Ⅰ)随反应温度升高而增大。
(4)提高温度后,容器中进一步发生反应2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)(Ⅱ),结合反应(Ⅰ),设SO3分解前的物质的量为a mol(SO2的物质的量也为a mol),平衡时转化的SO3的物质的量为2x mol,则有
　　　　　2SO3(g) 2SO2(g)+O2(g)
起始/mol　　a　　a　　0
转化/mol　　2x　　2x　　x
平衡/mol　　a-2x　　a+2x　　x
平衡时n总=(2a+x) mol,则p总,p总,p总,联立解得;在929 K时,p总==84.6 kPa,又=35.7 kPa,解得=46.26 kPa,=2.64 kPa,Kp(Ⅱ)= kPa。
9.答案　(1)50%　4.76
(2)①越高　等温等压下加入惰性气体,平衡向气体分子数增加的方向移动　②d　24.9
解析　(1)设n(H2S)=1 mol,则n(Ar)=4 mol,转化的n(H2S)=x mol,列三段式:
　　　　　　　2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)
起始/mol　　1　　0　　0
转化/mol　　x　　x　　
平衡/mol　　1-x　　x　　
平衡时H2S和H2的分压相等,即n(H2S)=n(H2),1-x=x,x=0.5,H2S的转化率为×100%=50%;此时n(H2S)=n(H2)=0.5 mol,n(S2)=0.25 mol,p(S2)=×100 kPa≈4.76 kPa,Kp=,平衡时H2S和H2的分压相等,故Kp=p(S2)≈4.76 kPa。
(2)2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)是气体物质的量增多的反应,压强越小反应正向进行的程度越大,H2S的转化率越大。在100 kPa的恒压条件下,n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S的分压越小,相当于降低压强,H2S的平衡转化率越大,故题图中曲线a、b、c、d、e对应的n(H2S)∶n(Ar)分别是4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19。当n(H2S)∶n(Ar)=1∶9时,设n(H2S)=1 mol,则n(Ar)=9 mol,0 s时p(H2S)=×100 kPa=10 kPa,0.1 s内H2S的转化率为24%,即参加反应的H2S的物质的量为0.24 mol,列三段式:
　　　　　　　2H2S(g) 2H2(g)+S2(g)
起始/mol　　1　　0　　0
转化/mol　　0.24　　0.24　　0.12
0.1 s/mol　　0.76　　0.24　　0.12
0.1 s时,p(H2S)=×100 kPa≈7.51 kPa,则0.1 s内H2S分压的平均变化率为=24.9 kPa·s-1。
10.答案　(1)-200(X+Y)
(2)a、c　8.3×10-8　0.08　39%
解析　(1)反应Ⅰ为可逆反应,在相同条件下,以等物质的量的BL或BD为初始原料,达到平衡时的状态相同,以5.0×10-3 mol BL为原料,达平衡时放热X kJ,以5.0×10-3 mol BD为原料,达平衡时吸热Y kJ,故反应Ⅰ的ΔH=- kJ·mol-1=-200(X+Y) kJ·mol-1。
(2)由X11.答案　(1)+118　(2)5
(3)甲苯　主反应④的产物苯乙烯应该选择性最高,曲线a代表苯乙烯,随乙苯转化率的增大,反应体系中H2的量增大,反应⑥速率加快,甲苯的选择性提高
解析　(1)由盖斯定律得④=①-②-③,则ΔH4=ΔH1-ΔH2-ΔH3=-4 386.9 kJ·mol-1-(-4 263.1 kJ·mol-1)-(-241.8 kJ·mol-1)=+118.0 kJ·mol-1。
(2)乙苯的平衡转化率为50%时,根据反应④列三段式:
C6H5C2H5(g) C6H5CH CH2(g)+H2(g)
起始/mol　　1　　0　　0
转化/mol　　0.5　　0.5　　0.5
平衡/mol　　0.5　　0.5　　0.5
平衡时,气体总物质的量为1.5 mol,则Kp= kPa。欲将平衡转化率提高至75%,设需要向反应器中充入x mol水蒸气,根据反应④列三段式:
C6H5C2H5(g) C6H5CHCH2(g)+H2(g)
起始/mol　　1　　0　　0
转化/mol　　0.75　　0.75　　0.75
平衡/mol　　0.25　　0.75　　0.75
平衡时,气体总物质的量为0.25 mol+0.75 mol+0.75 mol+x mol=(1.75+x) mol,因温度不变,则Kp不变,Kp= kPa,解得x=5。
高考模拟练
1.C 2.D 3.C 4.A 5.D 6.CD
1.C　根据题图可知,乙醇的超临界水氧化过程中,CO含量先增大再减小,CO2含量一直增大,C2H5OH含量一直减小,可见CO是中间产物,CO2是最终产物,A项合理;由题图可知,在550 ℃条件下,反应15s之后,CO含量接近零,说明乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全,B项合理;乙醇的超临界水氧化过程中,乙醇的消耗速率和二氧化碳的生成速率不相等,C项不合理;只有单位时间内乙醇氧化生成CO的速率比CO氧化生成CO2的速率更快,xCO峰值出现的时间才会提前且峰值更高,所以随温度升高,xCO峰值出现的时间提前且峰值更高,可说明随温度升高乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大,D项合理。
素养解读
本题以图像的形式提供乙醇的超临界水氧化结果图,考查学生对新信息的接受能力、对图像的分析能力,培养学生宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知的化学学科核心素养。
2.D　由题图可知,N2O在230 ℃时的平衡转化率大于在180 ℃时的平衡转化率,说明升高温度,平衡正向移动,升温有利于提高N2O的平衡转化率,A正确;a、c两点N2O的转化率相等,则这两点生成N2的物质的量相等,容器容积不变,因此a、c两点N2的物质的量浓度相等,B正确;正反应为气体物质的量增大的反应,在230 ℃、恒压容器中进行反应,达平衡时容器体积大于同温下恒容时的体积,相当于在恒容条件下达到平衡的基础上减压,平衡正向移动,N2O的平衡转化率增大,即大于98%,C正确;在230 ℃下,b点N2O的平衡转化率为98%,列三段式:
　　　　　　2N2O(g) 2N2(g)+O2(g)
c始/mol·L-1　　1　　0　　0
Δc/mol·L-1　　0.98　　0.98　　0.49
c平/mol·L-1　　0.02　　0.98　　0.49
则平衡状态下O2的体积分数为×100%≈32.9%,D错误。
3.C　由题图可知,同一压强下,随温度升高乙烯平衡转化率下降,说明升温平衡逆向移动,逆反应为吸热反应,则乙烯气相水合反应的ΔH<0,A正确;设起始n(H2O)=n(C2H4)=1 mol,A点乙烯的平衡转化率为20%,则参与反应的乙烯为0.2 mol,平衡时n(H2O)=n(C2H4)=0.8 mol,n(C2H5OH)=0.2 mol,Kp=,B正确;相同温度下,压强越大乙烯的平衡转化率越大,因此p3>p2>p1,C错误;b点的温度、压强均高于a点,反应速率:b>a,因此达到平衡所需时间:a>b,D正确。
4.A　对比实验①②可知,其他条件相同反应速率与c(Br-)成正比,对比实验①④可知,其他条件相同反应速率与c(Br)成正比,再由实验③⑤中数据可知,v1=1.2×10-8×2×2=4.8×10-8,A错误;温度升高,活化分子数增多,有效碰撞几率增大,反应速率加快,则速率常数k增大,B正确;对比实验①②可知c(Br-)增大到原来的2倍,反应速率增大到原来的2倍,n=1,同理,对比实验①④可知m=1,对比实验②③可知,c(H+)增大到原来的2倍,反应速率增大到原来的4倍,所以p=2,C正确;对比实验①④可知,c(H+)、c(Br-)相同,只有c(Br)不同,所以实验①④探究的是c(Br)对反应速率的影响,D正确。
5.D　从题图可看出,T2之前H2的转化率随温度的升高而增大,T2之后H2的转化率随温度的升高而减小,温度越高,化学反应速率越快,达平衡所需时间越短,可判断T2之前反应未达到平衡状态,T2之后反应达到平衡状态,升高温度,平衡逆向移动,则题述反应ΔH<0;c点所处温度高于b点所处温度,高于a点所处温度,升高温度正、逆反应速率都增大,且a、b、c三点中CH4和H2O的浓度,由大到小的顺序为c、b、a故v(CH4)逆由大到小的顺序为c、b、a,A、B正确。T2 K下,反应达到平衡状态,氢气的转化率为80%,起始时充入2 mol CO2、4 mol H2,压强为3 MPa,可以推出起始时CO2分压为1 MPa,H2分压为2 MPa,恒容条件下可得:
CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)
起始(MPa)　　1　　2　　0　　0
变化(MPa)　　0.4　　1.6　　0.4　　0.8
平衡(MPa)　　0.6　　0.4　　0.4　　0.8
Kp=(MPa)-2,又根据题给已知条件,推出Kp=,k正=k逆×Kp=2 (MPa)-2·min-1× (MPa)-2≈33.3(MPa)-4·min-1,C正确;ΔH<0,升高温度,平衡逆向移动,反应物的平衡转化率下降,D错误。
6.CD　恒温恒容条件下,气体的压强之比等于物质的量之比,起始时实验②与实验③的压强相等,实验①的初始压强是实验②、③的初始压强的3倍,则曲线Ⅰ对应实验①,且m=3p,A错误;实验①与实验②的温度相等,实验①与实验②达平衡时互为等效平衡,故曲线Ⅱ对应实验②,曲线Ⅲ对应实验③,实验②与实验③充入的Z一样多,实验③比实验②达到平衡所用的时间长,反应在恒容条件下进行,说明实验③的温度低,反应速率小,实验③中反应逆向进行,体系温度降低,故正反应是放热反应,B错误;根据pV=nRT,c、d两点的压强相同,V相同,由于反应吸热,c点的温度比d点低,则c点的气体物质的量大于d点的气体物质的量,故气体的总物质的量:nc>nd,C正确;正反应是放热反应,温度越低,该反应的平衡常数越大,c点的温度比b点低,故b点平衡常数小于c点的平衡常数,D正确。
7.答案　(1)2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)　ΔH=-123.1 kJ/mol
(2)①ABC　②反应Ⅱ是吸热反应,550 ℃后以反应Ⅱ为主,反应Ⅱ是反应前后气体体积相等的反应
(3)①553　②当温度升高时反应Ⅰ的平衡逆向移动,而反应Ⅱ的平衡正向移动且幅度更大,所以CO2的转化率增加,但甲醇的选择性降低
解析　(1)根据题给焓变示意图可知:在工艺2中,2 mol CO2(g)和6 mol H2(g)的总能量比1 mol CH3OCH3(g)和3 mol H2O(g)的总能量高(99.2+23.9) kJ=123.1 kJ,所以CO2直接加氢合成CH3OCH3(g)(反应Ⅳ)的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g)　ΔH=-123.1 kJ/mol。
(2)①根据题给焓变示意图可知:反应Ⅰ为放热反应,反应Ⅱ为吸热反应,在其他条件不变时,温度升高,反应Ⅰ平衡逆向移动,反应Ⅱ平衡正向移动,CH3OH(g)的平衡产率会降低且不可能随温度升高而增大,所以图甲纵坐标表示CH3OH的平衡产率,A正确;反应Ⅰ的正反应是气体体积减小的反应,在其他条件不变时,增大压强,化学平衡正向移动,CO2的平衡转化率增大,CH3OH的平衡产率增大,压强:p1>p2>p3,B正确;反应Ⅰ的正反应是气体体积减小的放热反应,为了同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率,根据平衡移动原理,可知应选择低温、高压的反应条件,C正确;一定温度、压强下,寻找活性更高的催化剂,可以加快反应速率,但化学平衡不发生移动,因此不能提高CO2的平衡转化率,D错误。
(3)①按n(CO2)∶n(H2)=1∶3(总量为a mol)投料于恒容密闭容器中进行反应,n(CO2)=×a mol= mol,n(CH3OH)=n(CO2)×CO2的平衡转化率×甲醇的选择性,473 K时,n(CH3OH)=n(CO2)×13.2%×86%≈0.028a mol,513 K时,n(CH3OH)=n(CO2)×15%×78%≈0.029a mol,553 K时,n(CH3OH)=n(CO2)×60%×21%≈0.032a mol,故温度选择553 K,达到平衡时,反应体系内甲醇的产量最高;②反应Ⅰ为放热反应,反应Ⅱ为吸热反应,当温度升高时反应Ⅰ的平衡逆向移动,而反应Ⅱ的平衡正向移动且幅度更大,所以CO2的转化率增加,但甲醇的选择性降低。

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