滚动检测3(第四、五章)-【金版教程】2025年高考化学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材 单选版）

金版教程 高考总复习首选用卷 化学 滚动检测3(第四、五章) 　　时间：75分钟　　　满分：100分 一、选择题(每小题只有1个选项符合题意) 1.(2023·浙江温州中学联考)根据图中的各物质间的能量循环图，下列说法正确的是(　　) A.ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5＋ΔH6＋ΔH7＋ΔH8 B.ΔH5<0，ΔH7>0，ΔH8<0 C.Br(g)的ΔH6小于Cl(g)的ΔH6 D.ΔH5＋ΔH6＋ΔH7＋ΔH8<ΔH2 答案　D 解析　根据盖斯定律可以计算出Na(s)＋Cl2(g)===NaCl(s)的反应热，即ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH8或ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH5＋ΔH6＋ΔH7＋ΔH8，A错误；钠原子失去电子吸热，即ΔH5>0；钠离子与氯离子结合生成氯化钠放热，即ΔH7<0；物态变化中气态到液态，液态到固态均放热，即ΔH8<0，B错误；Br的非金属性比Cl的弱，得电子能力比Cl的弱，气态非金属原子得电子放热，所以Br(g)的ΔH6大于Cl(g)的ΔH6，C错误；分析反应可知，ΔH2>0、ΔH4<0、ΔH8<0，ΔH5＋ΔH6＋ΔH7＋ΔH8＝ΔH4＋ΔH8<0，则ΔH5＋ΔH6＋ΔH7＋ΔH8<ΔH2，D正确。 2.(2023·浙江三地市高三模拟)海港、码头的钢制管桩会受到海水的长期侵袭，常用外加电流法对其进行保护(如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助电极)。下列有关叙述中不正确的是(　　) A.a为负极，b为正极 B.高硅铸铁是作为损耗阳极材料发挥作用的 C.通电时，海水中的阳离子向钢制管桩电极移动 D.通电后使钢制管桩表面的腐蚀电流接近零 答案　B 解析　高硅铸铁为惰性辅助电极，作为阳极材料不损耗，B错误。 3.(2023·浙江宁波高三二模)一定条件下，CH3CH===CH2与HCl发生加成反应有①、②两种可能，反应进程中能量变化如图所示。下列说法中不正确的是(　　) A.反应①、②焓变不同，与产物稳定性有关，与反应的中间状态无关 B.反应①、②均经过两步反应完成，对应的分步反应过程中均放出能量 C.其他条件不变，适当提高反应温度，可以提高产物中CH3CH2CH2Cl(g)的比例 D.相同条件下，CH3CHClCH3(g)的生成速率大于CH3CH2CH2Cl(g) 答案　B 解析　根据题图可知，反应①、②的第一步都是产物总能量高于反应物总能量，即第一步吸收能量，B说法错误。 4.将4 mol A和2 mol B在2 L的恒容密闭容器中发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g)　ΔH<0，反应2 s后测得C的浓度为0.6 mol·L－1。下列说法正确的是(　　) A.2 s后物质A的转化率为15% B.当v(C)＝2v(B)时，该反应达到了平衡状态 C.达到平衡状态时，增加A的物质的量，平衡正向移动，C的体积分数升高 D.达到平衡状态时，升高温度，平衡逆向移动，v正增大 答案　D 解析　反应2 s后测得C的浓度为0.6 mol·L－1，列三段式： 　　　　　　　2A(g)＋B(g)2C(g) 开始/mol·L－1 2 1 0 转化/mol·L－1 0.6 0.3 0.6 2 s后/mol·L－1 1.4 0.7 0.6 2 s后物质A的转化率为×100%＝30%，A错误；当v(C)＝2v(B)时，不能判断正、逆反应速率的关系，则不能判断该反应是否达到了平衡状态，B错误；增加A的物质的量，虽然平衡正向移动，但C的百分含量减小，C错误。 5.(2023·湖南长郡中学联考)新型催化剂的研发可以改变许多物质的合成路径，我国科学家研制出的以石墨烯为载体的催化剂，可使H2O2在常温下将CH4直接转化为含氧有机物，其主要原理如图所示。下列说法正确的是(　　) A.过程Ⅰ会使体系能量降低 B.物质的稳定性：②<③ C.总反应方程式：CH4＋3H2O2===HCOOH＋4H2O D.三种有机产物均是平面分子 答案　C 解析　过程Ⅰ是CH4转化为—CH3与—H的过程，此过程需断裂化学键，断裂化学键需要吸收热量，体系能量增大，A错误；物质②是CH3OH，③是中间体，中间体稳定性差，B错误；由题图知，②是CH3OH，④是HCHO，均是CH4的氧化产物，由此可推出物质⑥是甲酸，C正确；CH3OH中存在四面体结构，故CH3OH一定不是平面分子，D错误。 6.(2023·福建南平测试)某化学研究小组探究外界条件对反应mA(g)＋nB(g)qC(g)的速率和平衡的影响，下列判断正确的是(　　) A.由图a可知，T1>T2，该反应的正反应为吸热反应 B.由图b可知，m＋n>q C.图c是绝热条件下速率和时间的图像，由此说明该反应的正反应为吸热反应 D.图d中，若m＋n＝q，则与曲线b相比，曲线a一定是增大了压强 答案　B 解析　由“先拐先平数值大”知，T1>T2，升高温度，平衡时C(g)的体积分数降低，说明逆反应为吸热反应，A错误；同一温度下，增大压强，C(g)的体积分数增大，说明正反应为反应前后气体体积减小的反应，则m＋n>q，B正确；该反应的正反应若为吸热反应，由于反应过程中反应物浓度减小，且绝热条件下温度降低，则反应速率在开始时就应该逐渐减小，C错误；题图d中曲线a、b表示的平衡状态相同，但反应速率不同，若m＋n＝q，改变压强平衡不移动，与曲线b相比，曲线a可能是增大压强，也可能是使用了催化剂，D错误。 7.(2021·河北高考)K­O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是(　　) A.隔膜允许K＋通过，不允许O2通过 B.放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极 C.产生1 Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22 D.用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9 g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9 g水 答案　D 解析　由题图可知，a电极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为K－e－===K＋，b电极为正极，发生还原反应，电极反应式为O2＋K＋＋e－===KO2，总反应式为K＋O2===KO2。金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K＋通过，不允许O2通过，故A正确；由分析可知，放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极应与直流电源的正极相连，作电解池的阳极，故B正确；由分析可知，生成1 mol超氧化钾时，消耗1 mol氧气，两者的质量比值为(1 mol×71 g/mol)∶(1 mol×32 g/mol)≈2.22，故C正确；铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为2PbSO4＋2H2O===PbO2＋Pb＋2H2SO4，反应消耗2 mol水，转移2 mol电子，由得失电子数目守恒可知，消耗3.9 g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×18 g/mol＝1.8 g，故D错误。 8.(2020·山东高考)微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用如图装置处理有机废水(以含CH3COO－的溶液为例)。下列说法错误的是(　　) A.负极反应为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋ B.隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜 C.当电路中转移1 mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5 g D.电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1 答案　B 9.(2023·河北衡水联考)其他条件相同，向温度分别为800 K和1000 K的恒容密闭容器加入足量焦炭并充入CO2，发生反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)。从pCO＝10 kPa开始，CO和CO2分压的对数lg pCO和lg pCO2随时间变化曲线如图所示，已知：M点坐标为(0，2.77)，N点坐标为(z，1.49)，下列判断正确的是(　　) A.800 K时lg pCO随时间变化的曲线是n B.反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)是放热反应 C.用分压表示反应速率，曲线q在0～z min内的平均速率(CO2)＝ kPa·min－1 D.只向平衡体系中加入焦炭，CO2的转化率增大 答案　C 10.(2023·浙江1月选考)标准状态下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]，下列说法不正确的是(　　) A.E6－E3＝E5－E2 B.可计算Cl—Cl键能为2(E2－E3) kJ·mol－1 C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历程Ⅰ D.历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g)　ΔH＝(E5－E4) kJ·mol－1 答案　C 解析　 根据历程Ⅰ，O3(g)＋O(g)2O2(g)的ΔH＝(E6－E3) kJ·mol－1，根据历程Ⅱ，O3(g)＋O(g)2O2(g)的ΔH＝(E5－E2) kJ·mol－1，则E6－E3＝E5－E2，A正确；根据图示，Cl(g)的相对能量为(E2－E3) kJ·mol－1，由于Cl2(g)的相对能量为0，故Cl2(g)===Cl(g)＋Cl(g)的ΔH＝2(E2－E3) kJ·mol－1，即Cl—Cl键能为2(E2－E3) kJ·mol－1，B正确；历程Ⅱ使用了催化剂Cl，催化剂不能使平衡发生移动，则O3的平衡转化率：历程Ⅱ＝历程Ⅰ，C错误；历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应为活化能最小的反应，即ClO(g)＋O(g)===O2(g)＋Cl(g)　ΔH＝(E5－E4) kJ·mol－1，D正确。 11.(2023·黑龙江哈尔滨九中检测)氨的催化氧化是工业制硝酸的基础，其反应机理如图1，在1 L密闭容器中充入1 mol NH3和2 mol O2，测得有关产物的物质的量与温度的关系如图2。下列说法错误的是(　　) A.加入Pt­Rh合金的目的是提高反应的速率 B.氨的催化氧化最佳温度应控制在840 ℃左右 C.520 ℃时，NH3的转化率为40% D.840 ℃以上，发生了反应：2NO(g) O2(g)＋N2(g)　ΔH>0 答案　C 解析　Pt­Rh合金作催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；根据题图2可知840 ℃时氨的催化氧化生成NO的量最多，B正确；520 ℃时，生成0.2 mol NO和0.2 mol N2，根据氮原子守恒可知有0.6 mol NH3转化，即NH3的转化率为60%，C错误；840 ℃以上，N2的物质的量上升，NO的物质的量下降，说明发生了反应2NO(g)O2(g)＋N2(g)，升高温度，氮气物质的量增加，说明该反应的正反应是吸热反应，ΔH>0，D正确。 12.(2023·广东深圳模拟)Xe和F2形成的氟化物有XeF6、XeF4、XeF2三种，已知：在低温下主要发生Xe＋3F2XeF6，随着温度升高XeF6、XeF4依次发生分解反应。如图表示的是以0.125 mol/L Xe和1.225 mol/L F2为始态得到的生成物在平衡体系内的分压与反应温度的关系。 下列说法错误的是(　　) A.由图可知Xe的三种氟化物中XeF2最稳定 B.反应XeF4(g)XeF2(g)＋F2(g)的ΔH<0 C.制备XeF6的合适温度约为550 K D.XeF2与NaOH溶液反应产生O2的化学方程式为2XeF2＋4NaOH===2Xe↑＋O2↑＋4NaF＋2H2O 答案　B 13.(2023·江西鹰潭市高三一模)利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理如图所示。下列说法正确的是(　　) A.电子流向：电极B→负载→电极A B.若有机物为葡萄糖，处理0.25 mol有机物，电路中转移电子6 mol C.电极A上的反应式为X－4e－===Y＋4H＋ D.若B电极上消耗氧气22.4 L，B电极区域溶液增重36 g 答案　B 解析　由题图可知，O2在电极B上得电子生成H2O，则电极B为正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，电极A为负极，电极反应式为X－2e－===Y＋2H＋，电子由负极流出沿导线流入正极，所以电子流向：电极A→负载→电极B，A、C错误；葡萄糖分子式为C6H12O6，反应后生成CO2，C元素由0价升高到＋4价，处理0.25 mol有机物，电路中转移电子0.25 mol×4×6＝6 mol，B正确；未说明氧气是否处于标准状况，无法计算22.4 L氧气的物质的量，D错误。 14.(2023·辽宁高考信息必刷卷)一定温度下，在两个容积均为1 L的密闭容器中，充入一定量的反应物，发生反应：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)　ΔH<0。相关反应数据如下表所示： 容器编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 10 s时物质 的量/mol NO CO N2 Ⅰ T1 0.2 0.2 0.05 Ⅱ T2(T2>T1) 0.2 0.2 0.05 下列说法正确的是(　　) A.前10 s，容器Ⅰ中的化学反应速率v(CO2)＝0.005 mol·L－1·s－1 B.该反应在任何温度下均能自发进行 C.10 s时，容器Ⅰ中的反应一定处于平衡状态 D.若向容器Ⅱ中再充入0.08 mol NO和0.04 mol N2，反应将向正反应方向进行 答案　D 解析　根据反应方程式，T1 ℃时，前10 s生成二氧化碳物质的量为2×0.05 mol＝0.1 mol，则v(CO2)＝＝0.01 mol·L－1·s－1，A错误；该反应ΔH<0、ΔS＜0，根据ΔG＝ΔH－TΔS<0反应自发进行，可知该反应低温下能自发进行，B错误；假设容器Ⅰ达到平衡，因为容器Ⅱ的温度高于容器Ⅰ的，因此升高温度，平衡向逆反应方向进行，氮气物质的量应小于0.05 mol，现在等于0.05 mol，说明容器Ⅰ没有达到平衡，容器Ⅱ达到平衡状态，C错误；容器Ⅱ达到平衡状态时，存在三段式： 2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g) 0.2 0.2 0 0 0.1 0.1 0.05 0.1 0.1 0.1 0.05 0.1 则平衡常数K＝＝＝5，若向容器Ⅱ中再充入0.08 mol NO和0.04 mol N2，则Q＝≈2.8<5，所以反应将向正反应方向移动，D正确。 15.(2023·河北石家庄检测)工业上制备硫酸过程中涉及反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－197 kJ·mol－1。某体积可变的密闭容器中投入一定量SO2和O2，在p1、p2两不同压强下平衡时SO2和SO3的含硫百分含量随温度的变化如图所示，下列说法正确的是(　　) A.图中X表示SO3的含硫百分含量随温度的变化 B.p1>p2 C.SO2浓度：c(b)>c(a) D.平衡常数：K(a)＝K(b) 答案　C 解析　由题给数据可知，该反应为放热反应，温度越高，SO3的含量越低，则题图中X表示SO2的含硫百分含量随温度的变化，A错误；题图中Y表示SO3的含硫百分含量随温度的变化，该反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，SO3的含硫百分含量增大，则p2>p1，B错误；由题图可知a、b两点时SO2和SO3的含硫百分含量相等，由于p2>p1，b点容器体积小，则SO2浓度：c(b)>c(a)，C正确；该反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，则平衡常数：K(a)>K(b)，D错误。 二、非选择题 16.有研究表明，内源性H2S作为气体信号分子家族新成员，在舒张血管等方面具有重要的生理作用，而笼状COS(羰基硫)分子可作为H2S的新型供体(释放剂)。已知COS的分子结构与CO2相似，试回答下列问题。 (1)COS的结构式为____________。 (2)已知：①COS(g)＋H2(g)H2S(g)＋CO(g)　ΔH1＝＋15 kJ·mol－1。 ②COS(g)＋H2O(g)H2S(g)＋CO2(g)　ΔH2＝－56 kJ·mol－1。 ③CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)　ΔH3，则ΔH3＝______________。 (3)COS可由CO和H2S在一定条件下反应制得。在恒容的密闭容器中发生反应CO(g) ＋H2S(g)COS(g)＋H2(g)并达到平衡，相关数据如表所示，则该反应为________反应(填“吸热”或“放热”)。 实验 1 2 温度/℃ 150 400 起始时 n(CO)/mol 10.0 20.0 n(H2S)/mol 10.0 20.0 n(COS)/mol 0 0 n(H2)/mol 0 0 平衡时 n(CO)/mol 7.0 16.0 (4)利用CO2、CH4在一定条件下重整的技术可得到富含CO的气体，在能源和环境上具有双重意义。甲烷－二氧化碳重整的催化转化原理如图所示。 已知：反应a　CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋216 kJ·mol－1； 反应b　CH4(g)＋2H2O(g)===CO2(g)＋4H2(g)　ΔH＝＋158.6 kJ·mol－1。 ①过程(二)实现了含氢物种与含碳物种的分离，写出生成H2O(g)的化学方程式：______________________________________。 ②假设过程(一)和过程(二)中各步反应均转化完全，下列说法正确的是________(填标号)。 a.过程(一)和过程(二)中均含有氧化还原反应 b.过程(二)中使用的催化剂为Fe3O4和CaCO3 c.若过程(一)中投料比n(CH4)∶n(CO2)＝1∶1，可导致过程(二)中催化剂失效 ③该技术中总反应的热化学方程式为______________________________。 答案　(1)O===C===S　(2)－71 kJ·mol－1　(3)放热 (4)①4H2＋Fe3O43Fe＋4H2O(g)　②a ③CH4(g)＋3CO2(g)===2H2O(g)＋4CO(g)　ΔH＝＋388.2 kJ·mol－1 17.(2023·山东师范大学附属中学测试)氢能是新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题： (1)与汽油相比，氢气作为燃料的优点是________________________(至少答出两点)。但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：______________________________________。 (2)化工生产的副产物氢是氢气的来源之一。可通过电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe＋2H2O＋2OH－FeO＋3H2↑，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色FeO，镍电极附近有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4在强碱性条件下稳定存在，易被H2还原。 ①电解一段时间后，c(OH－)降低的区域在________(填“阴极室”或“阳极室”)。 ②电解过程中，需要将阴极产生的气体及时排出，其原因是________________________。 ③c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2所示，任选M、N两点中的一点，分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因：______________________________________。 (3)图3为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。 ①腐蚀过程中，负极是________(填“a”“b”或“c”)。 ②环境中的Cl－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为__________________________________。 ③若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上消耗氧气的体积为________L(标准状况)。 答案　(1)污染小、可再生、原料来源丰富、热值高(任写其中两点，其他合理答案也可)　H2－2e－＋2OH－===2H2O (2)①阳极室　②防止Na2FeO4与H2反应，使产率降低　 ③M点：c(OH－)相对较低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢，产率较低[或N点：c(OH－)过高，铁电极上有Fe(OH)3生成，使Na2FeO4产率降低] (3)①c　②2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓　③0.448 18.(2023·浙江1月选考)二十大报告提出，要积极稳妥推进碳达峰、碳中和，CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有 Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)　ΔH1＝＋247 kJ·mol－1，K1 Ⅱ：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41 kJ·mol－1，K2 请回答： (1)有利于提高CO2平衡转化率的条件是________。 A.低温低压 B.低温高压 C.高温低压 D.高温高压 (2)反应CH4(g)＋3CO2(g) 4CO(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________kJ·mol－1，K＝________ (用K1，K2表示)。 (3)恒压、750 ℃时，CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，反应经如图1流程(主要产物已标出)可实现CO2高效转化。 ①下列说法正确的是________。 A.Fe3O4可循环利用，CaO不可循环利用 B.过程ⅱ，CaO吸收CO2可促使Fe3O4氧化CO的平衡正移 C.过程ⅱ产生的H2O最终未被CaO吸收，在过程ⅲ被排出 D.相比于反应Ⅰ，该流程的总反应还原1 mol CO2需吸收的能量更多 ②过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时间内CO物质的量上升，根据过程ⅲ，结合平衡移动原理，解释CO物质的量上升的原因______________________________________________________。 (4)CH4还原能力(R)可衡量CO2转化效率，R＝Δn(CO2)/Δn(CH4)(同一时段内CO2与CH4的物质的量变化量之比)。 ①常压下CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料，某一时段内CH4和CO2的转化率随温度变化如图2，请在图3中画出400～1000 ℃之间R的变化趋势，并标明1000 ℃时R值。 ②催化剂X可提高R值，另一时段内CH4转化率、R值随温度变化如下表： 温度/℃ 480 500 520 550 CH4转化率/% 7.9 11.5 20.2 34.8 R 2.6 2.4 2.1 1.8 下列说法不正确的是________。 A.R值提高是由于催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率 B.温度越低，含氢产物中H2O占比越高 C.温度升高，CH4转化率增加，CO2转化率降低，R值减小 D.改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大 答案　(1)C (2)＋329　K1·K (3)①BC　②通入He，CaCO3分解平衡正移，导致增大，促进Fe还原CO2平衡正移 (4)① ②C 解析　(2)根据盖斯定律，由Ⅰ＋Ⅱ×2，可得CH4(g)＋3CO2(g) 4CO(g)＋2H2O(g)　ΔH＝＋247 kJ·mol－1＋41 kJ·mol－1×2＝＋329 kJ·mol－1，根据化学计量数扩大为原来的n倍，平衡常数为原来的n次方，反应相加，平衡常数相乘，知K＝K1·K。 (3)①从流程图可以看出，Fe3O4和CaO都是先反应，后生成，都能循环利用，A错误；过程ⅱ中Fe3O4氧化CO：Fe3O4＋4CO3Fe＋4CO2，CaO吸收CO2，c(CO2)减小，平衡正向移动，B正确；根据流程可知，过程ⅱ产生的H2O在过程ⅲ中被排出，没有被CaO吸收，C正确；该流程的总反应为CH4(g)＋3CO2(g) 4CO(g)＋2H2O(g)，由(2)可知，其还原1 mol CO2吸收的能量比反应Ⅰ少，D错误。②过程ⅲ发生反应：CaCO3(s) CaO(s)＋CO2(g)、3Fe(s)＋4CO2(g) Fe3O4(s)＋4CO(g)，恒压时通入He，容器体积增大，CaCO3(s) CaO(s)＋CO2(g)平衡正向移动，导致增大，从而使3Fe(s)＋4CO2(g) Fe3O4(s)＋4CO(g)平衡正向移动，因此CO的物质的量上升。 (4)①设起始时CH4、CO2分别为a mol、3a mol，根据图2，1000 ℃时CH4转化率为100%，CO2转化率为60%，则Δn(CO2)＝3a mol×60%＝1.8a mol，Δn(CH4)＝a mol×100%＝a mol，R＝Δn(CO2)/Δn(CH4)＝1.8。根据图示，随着温度升高，CH4的转化率先逐渐增大，后基本不变，CO2的转化率逐渐增大，从图示可知，CH4、CO2的转化率之差先增大(约600 ℃时最大)后减小，最终比起始时大，则R先减小后增大，最终比起始时小。②反应Ⅰ中CH4和CO2的变化量相同，R值提高说明催化剂X选择性地提高反应Ⅱ的速率，A正确；由表可知，温度越低，R值越大，说明参与反应Ⅱ的CO2越多，生成的H2O越多，B正确；温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ平衡均正向移动，CH4、CO2转化率均增大，C错误；由表中数据可知，改变催化剂提高CH4转化率，R值不一定增大，D正确。 19.(2023·河北省张家口市高三二模)1­氯丙烷是一种重要的有机合成中间体，在一定温度下可以转化为2­氯丙烷，其转化原理如下： ⅰ. 　ΔH1＝－271.96 kJ·mol－1 ⅱ. 　ΔH2＝－267.80 kJ·mol－1 回答下列问题： (1)1­氯丙烷转化为2­氯丙烷的热化学方程式为____________________________________________________。 (2)在恒温恒压条件下，将丙烯和HCl按起始投料n(丙烯)∶n(HCl)＝1∶2匀速通过装有等量相同催化剂的反应器，测得不同温度下丙烯和HCl的转化率如图(忽略温度对催化剂的影响)： ①表示HCl转化率的曲线为________(填“L1”或“L2”)，理由为________________________________________________________________________________________________。 ②T1温度下丙烯转化率最高的原因为______________________________________________________________________________。 ③已知T2温度下，平衡时2­氯丙烷的体积分数为10%，则1­氯丙烷的体积分数为________(保留两位有效数字，下同)；反应ⅰ的平衡常数Kx＝________[对于反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，Kx＝，x为物质的量分数]。 (3)向恒温恒容密闭容器中充入一定量的1­氯丙烷，只发生1­氯丙烷转化为2­氯丙烷的反应。保持温度不变，向平衡体系中再充入一定量的1­氯丙烷，再次平衡后，1­氯丙烷的体积分数________(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为____________________________________________________________________________________________________。 答案　(1) ΔH＝＋4.16 kJ·mol－1 (2)①L1　丙烯和HCl的转化量相等，但起始投入的HCl物质的量多，所以其转化率低　②T1温度前，温度升高，反应速率加快，丙烯转化率升高；T1温度后，温度升高，反应ⅰ、反应ⅱ平衡均逆向移动，丙烯转化率降低(答案合理即可)　 ③26%　5.3 (3)不变　温度不变，所以平衡常数不变，两种物质的比例不变(答案合理即可) 解析　(2)③已知T2温度下，平衡时2­氯丙烷的体积分数为10%，设丙烯和HCl起始投入的物质的量分别为1 mol、2 mol，平衡时生成1­氯丙烷和2­氯丙烷分别为x mol和y mol，则： ⅰ.　 变化　 x mol　　　x mol　　　x mol ⅱ.　 变化　y mol y mol　　　y mol 终态： (g)为(1－x－y) mol；HCl为(2－x－y) mol；为x mol；为y mol。由题图可知，丙烯转化率为80%，所以x＋y＝0.8，所以最终总物质的量为2.2 mol；则1­氯丙烷的体积分数为－0.1≈0.26(26%)，反应ⅰ的平衡常数Kx＝≈5.3。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$