高考化学一轮专题复习题：化学反应原来综合题

这是一份高考化学一轮专题复习题：化学反应原来综合题，共48页。

①反应开始后的16小时内，在第____种催化剂作用下，收集的CH4较多。
②0~20小时(h)内，在第Ⅰ种催化剂作用下，O2的平均生成速率v(O2)=___。实验测得当温度高于560℃，O2的平均生成速率明显下降，原因可能是_____。
(2)工业上常用CH4和水蒸气在一定条件下的恒温恒容密闭容器中制取H2：CH4(g)+H2O(g) ⇌CO(g)+3H2(g)。
已知：a. C(s) + 2H2(g) ⇌CH4(g) ΔH1
b. 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(g) ΔH2
c. 2C(s) + O2(g) = 2CO(g) ΔH3
①反应CH4(g)+H2O(g)⇌ CO(g)+3H2(g)的ΔH=_____ 。
②下列说法中，无法说明该反应达到平衡状态的是________(填字母)。
a.CH4体积分数不再变化 b.气体的压强不再变化
c.体系的密度保持不变 d.消耗1 ml CH4同时消耗3 ml H2
③一定温度时，在体积为2 L的恒容密闭容器中，充入0.25 ml的CH4和0.25 ml的水蒸气发生以上反应。测得CH4平衡时的转化率与温度、压强的关系如图2所示，则p1____ p2 (填“>”“0
回答下列问题：
(1)已知部分化学键的键能如下表所示：
据此计算_______。
(2)在盛有催化剂、压强为的恒压密闭容器中按体积比2∶15充入 (g)和发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图1所示(例如的物质的量分数ω%=×100%)。
①的名称为_______(用系统命名法命名)。
②随着温度的升高，的平衡体积分数先增大后减小的原因为_______。
③图中A点对应反应Ⅱ的标准平衡常数_______(保留两位有效数字)。【其表达式为用相对分压代替浓度平衡常数表达式中的浓度，气体的相对分压等于其分压(单位为)除以】
④实际生产中若充入一定量氨气可提高丙烯腈的平衡产率，原因为_______。
(3)科学家通过DFT计算得出反应Ⅱ的机理如图2所示，其中第二步反应为(g) (g)+H2O(g)，则第一步反应的化学方程式为_______。
(4)利用电解法由丙烯腈制备己二腈的装置如图3所示。
通电过程中，石墨电极2上的电极反应式为_______。
体积/L
CO
CO2
H2
H2O
CH4
反应前
10
10
80
1.0 ×10-7
1.0 ×10-7
反应后
1.0 ×10-6
10
x
10
10
物质
H2(g)
CO2(g)
CO(g)
H2O(g)
(kJ·ml-1)
0
-394
-111
-242
温度总浓度(10-3ml/L)
时间
15℃
25℃
35℃
0
0
0
0
0.9
2.7
8.1
2.4
4.8
9.4
2.4
4.8
9.4
化学键
键能()
351
348
615
413
463
745
参考答案：
1．(1) II 1.5 ml·L-1·h-1 催化剂失去活性
(2) ΔH3-ΔH2-ΔH1 c < 4.32
【解析】（1）
①从图中可以看出，反应开始后的 16 小时内，在第II种催化剂作用下，收集的 CH4 较多。
②0~20 小时内，在第 I 种催化剂作用下，甲烷的物质的量变化量为15ml，依据CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g)，氧气的物质的量变化量为30ml，则O2的平均生成速率v(O2)== 1.5 ml·L-1·h-1；温度高于560℃，O2的平均生成速率明显下降，可能是因为温度过高，催化剂失去了活性。
（2）
①依据盖斯定律，反应CH4(g)+H2O(g)⇌ CO(g)+3H2(g)可由c-b-a得到，则焓变ΔH=ΔH3-ΔH2-ΔH1。
②a．CH4体积分数不再变化，说明单位时间内生成甲烷和消耗甲烷的速率相等，反应达到平衡状态，a不符合题意；
b．该反应为反应前后气体分子数改变的反应，气体的压强不再变化，说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c．该体系恒容，总质量不变，所以密度一直不变，体系的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，c符合题意；
d．消耗1 ml CH4同时生成3ml H2，则生成3ml H2同时消耗3 ml H2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，d不符合题意；
答案选c。
③该反应为气体分子数增多的反应，其他条件相同时，压强越大，甲烷的转化率越小，由图示可知，温度一定时，p1下甲烷的转化率大于p2，则p1
(3) +2NO2+2OH-=+2十H2O CaSO3转化为CaSO4使溶液中 的浓度增大，加快与NO2的反应速率
【分析】（1）中根据图像能量的变化进行书写方程式，利用图像结合平衡移动影响因素进行判断变量的大小，其次利用三段式进行解答；（2）中利用平衡特点判断平衡标志，根据平衡时速率关系计算平衡常数；（3）中利用速率影响因素结合沉淀转化进行判断；
(1)
①根据图像中能量的变化书写热化学方程式为：2VOSO4(s)+V2O4(s)=2V2O5(s)+2SO2(g) △H=+351 kJ·ml-1；②根据图像利用控制变量法，当温度不变时，改变压强对于2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) 当增大压强时平衡向正反应方向移动，、转化率增大，故P1为5.0 MPa，P2为2.5 MPa，P3为0.5 MPa，通过图像判断550℃时的P 3对应的压强为0.925；故答案为：2VOSO4(s)+V2O4(s)=2V2O5(s)+2SO2(g) △H=+351 kJ·ml-1；0.925；该反应正向分子数减少，减小压强，平衡向逆反应方向移动，转化率降低，P3为0.5MPa；③根据三段式：根据压强之比等于物质的量之比得： ；故答案为：；
；
(2)
①A．Al(s)+2NO(g) N2(g)+ Al2O3(s)该反应是个气体体积变化的反应，故压强对平衡有影响，故体系压强保持不变时说明达到平衡，故A不符合题意；
B．v正(NO)= v逆(N2)≠0，说明速正逆反应速率不相等，故B不能作为平衡标志，故B符合题意；
C．Al的质量不发生变化，说明平衡没有发生移动，故能说明达到平衡，故C不符合题意；
D．混合气体的相对分子质量根据反应特点，反应物只有一种气体NO相对分子质量是30，而生成物中也只有一种气体氮气，相对分子质量为28，故反应过程中气体的相对分子质量发生了变化，当相对分子质量不变时说明达到平衡；
故选B；
②当达到平衡时：v(NO)=2 v(N2) ，v(NO)= k1·c2(NO) ，v(N2)=k2·c(N2)， ，故答案为1；
③ 根据三段式，T2时 ，因为该反应为放热反应，当降低温度时，平衡常数才有可能增大，故T2；
(3)
将NO2转化为，根据电子守恒及电荷、原子守恒书写化学方程式为：+2NO2+2OH-=+2十H2O；若在吸收液中加入Na2SO4溶液，根据沉淀转化CaSO3转化为硫酸钙，导致亚硫酸根离子的浓度增大，故能提高NO2的吸收速率，故答案为： +2NO2+2OH-=+2十H2O、CaSO3转化为CaSO4使溶液中 的浓度增大，加快与NO2的反应速率；
【点睛】此题考查化学反应原理，结合图像数据利用控制变量法、三段式等进行解题。
8．(1) -164.7 低温，高压 减小 A
(2) ①
(3) ②
【解析】(1)
①根据盖斯定律，CO2甲烷化反应=2×I+II，故△H=2×(+41.2)+( -247.1)=-164.7 kJ·ml-1；该反应为放热反应，故应该在低温下进行，该反应为气体分子数减小的反应，故应该在高压下进行，故答案为：低温，高压；
②根据已知条件可知，==，该反应为吸热反应，故温度升高K增大，则同时=减小；
A．容器为恒容绝热容器，故随着反应进行，温度在变，压强也在变，压强不变可以证明反应达到平衡，A正确；
B．容器为恒容绝热容器，且所有的反应物和产物都为气体，故总质量不变，所以密度始终不变，密度不再改变不能证明反应达到平衡，B错误；
C．反应达到平衡时，各个组分之间的浓度之比没有必然联系，C错误；
D．断开C=O键为逆速率，断开H-O键也为逆速率，反应速率都为逆向，不能证明反应达到平衡，D错误；
故选A；
(2)
该反应为气体计量数减小的反应，故压强增大，平衡正向移动，转化率增大，由图像可知温度相同时，①对应的转化率增大；根据题给条件可得一下三段式：
平衡时气体总物质的量n(总)=1+3+1+1=6ml，则平衡时各种物质的分压分别为：，，；
(3)
由图可知，步骤①和③中，CH3OH分子中O—H键断裂，则其中没有O—H键断裂的步骤是②；由图可知，反应物为甲醇和二氧化碳，生成物为DMC和H2O，则化学方程式为。
9．(1) O2–>Na+>Al3+ O、Si
(2) NaOH+Al(OH)3→NaAlO2+2H2O Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强
(3) 4Al+1K[AlSi3O8]+2AlCl3→3Si+6AlOCl+1KAlO2 2NA
(4) > +2H2O⇌Al(OH)3+OH–，加入KHCO3溶液时，由于存在⇌H++，OH–和H+反应，OH–浓度减小，平衡右移，形成Al(OH)3沉淀[或++2H2O→Al(OH)3↓+]
【解析】(1)
上述涉及的元素中，电子数相同的为钠离子、铝离子和氧离子，电子数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径由大到小的顺序是O2–>Na+>Al3+。氧原子最外层有6个电子，其中两个电子未成对，硅原子最外层有4个电子，其中两个未成对。Na、K最外层一个电子，铝原子最外层3个电子，未成对电子数为1，所以原子核外有两个未成对电子的元素有O、Si。
(2)
氢氧化铝能溶解于NaOH，说明氢氧化铝的碱性小于NaOH，以此可以说明Na的金属性强于Al。Na与Al具有相同的电子层结构，但Na的核电荷数比Al少，原子核对核外电子的吸引力弱，所以更容易失电子，金属性更强。
(3)
该反应中Al从0价升高为+3价，失电子作还原剂，K[AlSi3O8]中Si由+4价降低为0价，得电子作氧化剂，根据转移电子守恒和原子守恒进行配平，方程式为4Al+K[AlSi3O8]+2AlCl3=3Si+6AlOCl+KAlO2。14gSi物质的量为0.5ml，1mlSi转移4ml电子，则14g硅转移电子数为2NA。
(4)
在KAlO2溶液中，会发生水解，生成氢氧化铝，因此n(K+)>n()，，加入KHCO3后，碳酸氢根离子电离出氢离子，氢离子与水解产生的OH-反应，使OH-浓度减小，的水解平衡正向移动，形成氢氧化铝沉淀。
10．(1)低温
(2)- 584
(3) a 能 向正反应方向 增大
(4) 由于总压恒定，随着投料比[]增大，N2分压减小，C3H8分压增大，相当于增大可逆反应平衡体系压强，平衡向逆反应方向移动
【解析】(1)
根据反应自由能计算关系：，△H T2，由图知，在T2温度下，0~2s内CO2的平均反应速率，由速率之比等于系数比，则；
(2)
A、t1时正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故A错误；
B、平衡常数受温度影响，t1时平衡常数不再变化，则温度不变，正逆反应速率相等，说明达到了平衡状态，故B正确；
C、t1时二氧化碳和一氧化碳的物质的量不再发生变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故C正确；
D、t1时一氧化氮的质量分数不再变化，则NO的浓度不变，表明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；
故选BCD；
(3)
根据盖斯定律，反应①-②可得，∆H=+867 -（+113.8）=+753.2kJ/ml ，即热化学方程式为∆H =+753.2kJ/ml；
(4)
根据图像知，反应物是NO、NO2和NH3，生成物是N2和H2O，氮氧化物中N元素化合价由正化合价变为0价、氨气中N元素化合价由-3价变为0价，所以氧化剂是NO、NO2；当=1：1时，脱氮率最佳，则化学反应方程式为2NH3+NO+NO2=2N2+3H2O；
(5)
脱氨率达到最高点之后继续升高温度，脱氨率降低，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应。
15．(1)-654.8
(2)b
(3) 0.05 ml·L-1·min-1 降温/分离出CO2
(4) 1050 K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO2 的转化率增大 或0.077或7.7%
【解析】(1)
反应iii=2反应i+反应ii，故；
(2)
a．从图中看出，N2O与CO反应的活化能为326kJ/ml， 与CO反应的活化能为215 kJ/ml，活化能越高，越难反应，a错误；
b．整个反应分为三个基元反应阶段，其中第一个反应阶段活化能为451kJ/ml，活化能最大，b正确；
c．其他条件不变，增大压强或使用催化剂均可以增大反应速率，但催化剂不能提高反应物的转化率，c错误；
故选b；
(3)
从图中可以看出，NO、CO的物质的量减少，为反应物；N2的物质的量增加，为生成物，平衡时NO、CO、N2的物质的量变化量分别为：0.4ml、0.4ml、0.2ml，根据原子守恒可知还有CO2生成，化学方程式为：，该反应化学平衡常数的表达式：；前2 min内的NO的物质的量变化量为0.2ml，平均反应速率：；从图中可以看出：改变条件后NO和CO的物质的量减少，N2的物质的量增加，故平衡正向移动，故改变的条件可能为：降温/分离出CO2；
(4)
反应iii为放热反应，最高点之前反应未达平衡，升温反应速率增大，转化率增大，原因是：1050 K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO2的转化率增大；当NO2的转化率为80%时，可列出三段式： ，平衡时NO2的体积分数为：。
16．(1)-463. 4
(2)BC
(3) 无法判断是否达到 单位时间内，b点对应的温度下转化率可能未达到最大 催化剂的活性降低
(4) 随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减小
【解析】(1)
①C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)十5H2O(1) = -2900 kJ • ml-1
②H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H3 = -285.8 kJ • ml-1
③H2O(1)=H2O(g) △H4=+44 kJ • ml-1
根据盖斯定律，②13 -①+③8得4CO2(g)+13H2(g)C4H10(g)十8H2O(g) = ( -285. 8 kJ • ml-1 ) 13+2900 kJ • ml-1+44 kJ • ml-18= -463. 4 kJ • ml-1。
(2)
A．反应前后气总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度保持不变，反应不一定平衡，故不选A；
B．反应前后气体物质的量不同，压强是变量，气体总压强保持不变，反应一定达到平衡状态，故选B；
C．反应前后气总质量不变，气体总物质的量不同，混合气体的平均摩尔质量是变量，若混合气体的平均摩尔质量保持不变，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．C4H10与H2O都是生成物，其物质的量比始终为1:8，混合气体中C4H10与H2O的物质的量比值不变，反应不一定平衡，故不选D；
选BC。
(3)
①a点时，反应正向进行，C4H10的正反应速率＞C4H10的逆反应速率；相同温度下，用Cat2作催化剂CO2转化率比Cat1高，所以催化效率Cat2>Cat1。
②单位时间内，b点对应的温度下转化率可能未达到最大，所以b点无法判断是否达到化学平衡；b点之后CO2的转化率降低，可能的原因是催化剂的活性降低，反应速率减慢。
(4)
①随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减小，所以随着温度升高，不同压强下，CO2的平衡转化率接近相等。
② M点对应的容器体积为1 L，二氧化碳转化率为50%；
则在对应的温度下，反应I的平衡常数 。
17．(1)低温
(2)+41
(3)C
(4) 0.02ml·L-1 ·min-1
(5) 反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高反应i平衡逆向移动，反应ii平衡正向移动 反应达平衡后，升高温度，反应i使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应ii使二氧化碳的转化率增大的程度
【解析】(1)
由题干信息可知，反应i：CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1＜0正反应是一个熵减焓减的反应，故该反应在低温下可以自发进行，故答案为：低温；
(2)
反应的焓变等于生成物的标准焓之和减去反应物的标准焓之和，故则反应ii的△H2= (-111)+(-242) - (-394) =+41kJ·ml-1，故答案为：+41；
(3)
A．增大H2浓度，反应平衡正向移动，CO2的转化率增大，故有利于提高CO2的转化，A正确；
B．该反应CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)前后气体的物质的量之和发生改变，即气体的平均相对分子质量一直改变，则若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡，B正确；
C．由题干信息可知，反应i是一个气体体积减小的反应，而反应ii是气体体积不变的反应，则体系达平衡后，若压缩体积，即增大压强，则反应i平衡正向移动，导致反应体系中CO2、H2的量减少，H2O的量增大，故反应ii平衡逆向移动，C错误；
D．选用合适的催化剂，可以加快反应速率，故可以提高平衡之前CH3OH在单位时间内的产量，D正确；
故答案为：C；
(4)
某温度下，向容积为1L的密闭容器中通入1mlCO2 (g)和5mlH2(g)，10min后体系达到平衡，此时H2的转化率为8%，CH3OH 的选择性为50%，由三段式分析可知：，，则有=8%，解得x=0.1ml，据此分析解题：
①用CO2表示0~10min内平均反应速率(CO2)===0.02 ml·L-1 ·min-1，故答案为：0.02 ml·L-1 ·min-1；
②由上述分析可知，平衡时：c(CO2)==0.8ml/L，同理c(H2)=4.6ml/L，c(CH3OH)=0.1ml/L，c(H2O)=0.2ml/L，故反应i的平衡常数K==，故答案为：；
(5)
①反应i为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以甲醇的选择性随温度升高而下降，故答案为：反应i为放热反应，反应ii为吸热反应，温度升高反应i平衡逆向移动，反应ii平衡正向移动；
②反应i为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率降低，反应ii为吸热反应，升高温度平衡正向移动，二氧化碳的转化率上升，但温度升高对反应i中二氧化碳的转化率降低的影响大于反应ii中二氧化碳的转化率的促进作用，所以二氧化碳的转化率随温度升高也在下降，故答案为：反应达平衡后，升高温度，反应i使二氧化碳的转化率减小的程度大于反应ii使二氧化碳的转化率增大的程度。
18．(1)5C6H12O6 + 24NO +24H+ 12N2↑ + 30CO2↑+42H2O；
(2) 若氧气过多，则将会继续亚铁离子氧化成铁离子，导致无法还原硝酸根，不利于硝态氮去除 因为的值过大或者过小，都会导致形成微电池的数目减少，相同时间内生成亚铁离子的浓度减小，反应速率减慢，方向1中，活性炭质量过量，过量的活性炭对硝基具有吸附作用，所以方向1上升的幅度小于方向2；
(3) 2NO + 6e- + 8H+ = N2↑+4H2O 33.6L
【解析】(1)
在反硝化细菌作用下，用葡萄糖处理酸性废水中的NO，产生两种对大气无污染的气体，即N2和CO2，根据电子守恒和原子守恒，可得该反应的离子方程式为：5C6H12O6 + 24NO +24H+ 12N2↑ + 30CO2↑+42H2O，故答案为：5C6H12O6 + 24NO +24H+ 12N2↑ + 30CO2↑+42H2O
(2)
①由图可知，氧气将纳米铁粉氧化成亚铁离子，亚铁离子再将硝酸根还原成氮气，若氧气过多，则将会继续亚铁离子氧化成铁离子，导致无法还原硝酸根，不利于硝态氮去除，故答案为：若氧气过多，则将会继续亚铁离子氧化成铁离子，导致无法还原硝酸根，不利于硝态氮去除；
②因为的值过大或者过小，都会导致形成微电池的数目减少，相同时间内生成亚铁离子的浓度减小，反应速率减慢，方向1中，活性炭质量过量，过量的活性炭对硝基具有吸附作用，所以方向1上升的幅度小于方向2，故答案为：因为的值过大或者过小，都会导致形成微电池的数目减少，相同时间内生成亚铁离子的浓度减小，反应速率减慢，方向1中，活性炭质量过量，过量的活性炭对硝基具有吸附作用，所以方向1上升的幅度小于方向2；
(3)
①阴极上是亚硝酸根离子得电子的还原反应，电极反应式为：2NO + 6e- + 8H+ = N2↑ +4H2O，故答案为: 2NO + 6e- + 8H+ = N2↑ + 4H2O;
②若完全电解后阴极生成1ml还原产物N2，则伴随着6 ml电子转移，阳极是水失去电子的氧化反应：2H2O -4e- =O2↑ + 4H+，n(O2)==1.5ml，标准状况下气体的体积是1.522.4 = 33.6L，故答案为33.6L。
19．(1)10
(2)b+2a
(3) 氨基甲酸铵分解反应是固体变成气体，混乱程度变大或△S > 0 1.610-3
(4)2-4e-=4CO2↑+O2↑
【解析】(1)
H2CO3的K2=510-11=，所以：=：K2=：510-11=2：1，=10-10ml/L，pH=10；
(2)
结合甲醇合成反应：①甲醇合成：
②甲醇脱水：
根据盖斯定律计算②+①得到由CO和H2合成二甲醚总反应热化学方程式：(b+2a)kJ/ml；
(3)
①NH2COONH4为固体，由表格中数据可知，升高温度，平衡体系中气体的总压强增大，则平衡正向移动，且气体的混乱度增大，则该反应的焓变△H > 0，熵变△S > 0，根据吉布斯自由能公式△G =△H-T△S < 0时，反应能自发进行，可知该反应能自发进行的原因是:△S > 0，故答案为:氨基甲酸铵分解反应是固体变成气体，混乱程度变大或△S > 0；
②35℃时，到时间段用表示的反应速率为=；
③根据反应的化学计量数的关系可知任意时刻体系中均存在: c(NH3) = 2c(CO2)，25°C时平衡体系的气体总浓度为4.810-3ml/L，即c(NH3) + c(CO2)= 4.810-3ml/L，得到c(NH3) = 3.2 10-3 ml/L，c(CO2)= 1.610-3ml/L，则25℃时此反应的化学平衡常数K =c2(NH3) c(CO2)=(3.210-3)21.610-3=4 (1.610-3)3，25℃，t3时刻将钢瓶体积压缩为2.5L，假设达到新平衡时CO2的浓度为xml/L，则此时化学平衡常数K =c2(NH3)c(CO2) = (2x)2x=4x3 =4(1.610-3)3，解得x=1.610-3，故答案为: 1.610-3；
(4)
根据图示可知c极→O2，发生氧化反应生成单质O2，所以c为阳极，可知阳极的反应式为2-4e-=4CO2↑+O2↑，故答案为: 2-4e-=4CO2↑+O2↑。
20．(1)
(2) 羟基丙酸乙酯 反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，最高点前反应Ⅰ进行程度大，最高点后反应Ⅱ进行程度大，所以随着温度的升高，丙烯酸乙酯的平衡体积分数先增大后减小 0.011 该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量氮气，相当于减压，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，使反应Ⅱ的平衡正向移动，提高了丙烯腊的平衡产率
(3)(g)+NH3(g) (g)+CH3CH2OH(g)
(4)
【解析】(1)
对比和，括号中的部分完全相同，故；
(2)
的名称为羟基丙酸乙酯；随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，反应I生成，反应II消耗，未达到最高点之前，反应Ⅰ进行程度大，的平衡体积分数先增大；到最高点后，反应Ⅱ进行程度大，的平衡体积分数后减小，故原因为：反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，最高点前反应Ⅰ进行程度大，最高点后反应Ⅱ进行程度大，所以随着温度的升高，丙烯酸乙酯的平衡体积分数先增大后减小；在盛有催化剂、压强为的恒压密闭容器中按体积比2∶15充入 (g)和发生反应，设起始投料量为2ml，则氨气的投料量为15ml，由图可知，A点和的物质的量分数相同，说明平衡时无，说明2ml完全反应，故反应I：，反应II：，平衡时反应中各气体的物质的量为：，此时容器中气体的总物质的量为：[(15-1)+(2+1)+1+1+1]ml=20ml，故平衡时反应II的标准平衡常数；实际生产中若充入一定量氨气可提高丙烯腈的平衡产率，原因为：该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量氮气，相当于减压，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，使反应Ⅱ的平衡正向移动，提高了丙烯腈的平衡产率；
(3)
反应II的总反应减去第二步反应即可得到第一步的反应，方程式为： (g)+NH3(g) (g)+CH3CH2OH(g)；
(4)
丙烯腈中C元素平均为0价，己二腈中C元素显负价，对比分子式可知己二腈中多2个H原子，电极反应为：