2025届高三化学过关专题训练---化学反应原理综合题

2025届高三化学过关专题训练---化学反应原理综合题 1．（23-24高一下·江苏淮安·期中）工业上使用“三步接触法”制硫酸，“接触室”中发生的反应为：时该反应过程中的能量变化如图所示： (1)由图像判断该反应为 反应（选择“放热”或者“吸热”）。 (2)若则该反应的热方程式可以表示为： 。 (3)下列措施能使该反应速率增大的是_______（填字母，下同）。 A．升高温度 B．减小压强 C．使用合适的催化剂 D．分离出产物 (4)若上述反应在恒容的密闭容器进行，下列叙述中能说明该反应已达平衡状态的是_______。 A．的浓度不再变化 B．的物质的量相等 C．容器内的总压强不再变化 D．容器内气体的平均密度不再改变 (5)随着技术的不断改进，利用原电池原理使该反应制备硫酸成为可能（装置如图）电池总反应为：。 ①多孔电极B通入气体为，则B为 。（填“正极”或“负极”） ②多孔电极A的电极反应式为： 。 ③A电极消耗的气体时（标况下），通过质子膜的的物质的量为 。 2．（23-24高一下·山东菏泽·阶段练习）为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中CO2的含量，有效地开发利用CO2，工业上可以用CO2来生产甲醇燃料。在体积为2L的密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：。经测得CH3OH和CO2的物质的量随时间变化如图所示。 (1)从反应开始到平衡，CO2的平均反应速率 。 (2)达到平衡时，H2的浓度为 mol/L。 (3)改变条件后，化学反应速率会减小的是___________(填字母)。 A．降低温度 B．加入催化剂 C．增大容器容积 D．恒容下充入He (4)平衡时，CO2的体积分数为 %。 (5)工业上也可以用CO和H2为原料制备CH3OH，反应方程式为，在一体积固定的密闭容器中投入一定量的CO和H2进行上述反应。下列叙述中能说明上述反应达到平衡状态的是___________。(填字母) A．反应中CO与CH3OH的物质的量之比为1：1 B．混合气体的压强不随时间的变化而变化 C．单位时间内每消耗1 mol CO，同时生成1 mol CH3OH D．CH3OH的质量分数在混合气体中保持不变 (6)O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。已知：O3的起始浓度为0.0216 mol/L。 T/℃ t/min pH=3.0 pH=4.0 pH=5.0 pH=6.0 20 301 231 169 58 30 158 108 48 15 50 31 26 15 7 ①根据pH变化对O3分解速率的影响可知，对O3分解起催化作用的是 。 ②在30℃、pH=4.0条件下，O3的分解速率 。 ③根据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率最大的是 (填序号)。 A．40℃，pH=5.0　　　　B．10℃、pH=6.0　　　　C．30℃、pH=7.0 3．（23-24高一下·山东烟台·期末）丙烯()可由异丙醇催化脱水制取，其主要反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   回答下列问题： (1)已知相同条件下，下列物质气态时的相对能量如下表： 物质(g) 能量 -56 -273.5 a -242 a= ，反应Ⅱ中断开化学键所吸收的能量 断开化学键所吸收的能量(填“大于”或“小于”)。 (2)在1350℃下，向恒容密闭容器中加入一定量的异丙醇，反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表： 反应时间/μs 0 4 8 12 t 20 浓度 0 4～12 μs内， ；t μs时，若与分压之比为4∶5(分压=体系总压×物质的量分数)，则的物质的量浓度为 。 (3)在恒容、绝热密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是 (填标号)。 a．密闭容器中温度保持不变 b．的浓度保持不变 c． d．混合气体密度不变 (4)下图是某科研团队设计的光电催化反应器，实现了由制得异丙醇(常温下为液态)，其中A极和B极均为Pt/CNT电极。 ①下列说法错误的是 (填标号)。 A．A极上发生还原反应 B．由A极经质子交换膜向B极移动 C．该工艺涉及的能量转化形式只有两种 D．使用催化剂可以提高单位时间内的转化率 (已知：) ②该反应器的负极反应式为 ；一段时间后，若A、B两极分别收集到标况下67.2 L气体，则此时理论上制得异丙醇的质量为 。 4．（23-24高二下·安徽蚌埠·期末）利用二氧化碳合成有机燃料是目前二氧化碳利用的研究方向。试回答以下问题： (1)已知：反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 试写出一氧化碳和氢气合成甲醇的热化学方程式 。 (2)510 K下，在压强为20 MPa的恒压容器中通入3 mol CO2和4 mol H2，让其发生反应I，5 min后达到平衡，此时H2的转化率为75%，则达到平衡时甲醇的物质的量分数为 ，平衡常数Kp= MPa-2 (保留2位有效数字)。 (3)下图为在一定压强下二氧化碳与氢气合成甲醇时，二氧化碳的转化率和甲醇的选择性随温度的变化示意图： ①随着温度的升高，二氧化碳的转化率升高而甲醇的选择性下降的原因是 。 ②对于反应I来说，A点平衡常数 (填“＞”“＜”或者“=”)B点平衡常数。 (4)科研人员通过电解酸化的CO2制备甲醚(CH3OCH3)，装置如图所示。该电解过程中，阴极的电极反应式 。 5．（23-24高一下·辽宁·期末）节能减排和含氮污染物的有效去除是当前环保的重要课题。回答下列问题： (1)用催化剂将NO和CO转化为和是处理含氮污染物的重要方式之一、主要反应为：，为探究温度对催化剂催化效果的影响，将固定比例NO、CO混合气体，以一定流速通过三元催化剂排气管，相同时间内测量尾气中NO的含量，得到脱氮率随温度变化如图所示，已知图中BC段为平衡状态，且平衡脱氮率的表达式为，，m、n为常数。完成下列问题： ①平衡脱氮率的表达式中 ， 。 ②D点 (填“是”或“否”)达到平衡状态，判断依据为 。 (2)一种焦炭催化CO还原NO反应的历程可按如下分步进行，请补充完整相关反应(“*”表示吸附在催化剂表面的状态)： ⅰ． ⅱ． ⅲ． ⅳ． ⅴ． (3)科学家提出用氧化锆锌作催化剂，将转化为重要有机原料以解决“双碳”问题，该反应的化学方程式为。一定温度下，在2L恒容密闭容器中，充入和，测得的物质的量变化如下表。 t/min 0 2 4 6 8 2 1.7 1.5 1.4 1.4 对于上述反应，下列叙述正确的是 。 a．0~2min， b．4min时的生成速率大于6min时的分解速率 c．5min时，该反应可能建立平衡状态 d．当的体积分数不再变化，说明该反应达到平衡状态 (4)利用如图所示原电池的装置使与均转化为，既能实现有效清除氮氧化物的排放，减轻环境污染，又能充分利用化学能。 ①电极A上的电极反应式为： 。 ②电池放电一段时间后，电极B附近溶液pH (填“增大”、“减小”或“不变”)，每消耗标准状况下，转移的的物质的量为 mol。 6．（23-24高二下·江苏徐州·期末）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)利用与经催化重整可制得合成气：   。已知：的结构式为，相关键能数据：、，、，则= ；该反应在 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)下能自发进行。 (2)利用电能可实现转化为，其原理如图所示，阴极表面的电极反应式为 。电解一段时间后，生成的和的质量之比为 。 (3)催化加氢制备甲醇。某研究小组使用催化剂实现了合成甲醇，其可能的反应历程如图所示。 已知：在表面解离产生的参与的还原过程；无催化活性，形成氧空位后有助于的活化。 ①理论上，反应历程中消耗的与的物质的量之比为 。 ②若原料气中比例过低会减弱催化剂活性，原因是 。 7．（23-24高一下·四川凉山·期末）汽车尾气作为空气污染的主要来源之一，尾气中含有大量的有害物质，包括氮氧化物、一氧化碳、碳氢化合物和固体悬浮颗粒，其直接危害人体健康，还会对人类生活的环境产生深远影响。研究氮的氧化物和碳的氧化物等大气污染物的处理具有重要意义。 (1)高温情况下，气缸中1molN2和1molO2反应生成2molNO的能量变化如图所示。    该条件下反应生成2molNO(g) (填“吸收”或“放出”) kJ的热量。 (2)已知：红磷比白磷稳定，则反应；；和的关系是 (填“>”、“<”或“=”)。 (3)液态肼可与氧化剂反应生成和水蒸气。已知： ① ② ③ 写出液态肼和反应生成和水蒸气的热化学方程式： 。 (4)为减少汽车尾气的排放，在排气管内安装的三元催化转化器可使尾气的主要污染物NO和CO转化为无毒无害的大气循环物质。在一定温度下，恒容密闭容器中发生反应如下：，将0.8molNO和1.2molCO充入2L密闭容器中，模拟尾气转化，容器中NO物质的量随时间变化关系如图所示： ①图中A、B、C三点未达到化学平衡状态的点是 ； ②反应0~10min内， ；CO的转化率为 (保留三位有效数字)。平衡时压强与起始时压强比为 。平衡时氮气的体积分数为 。 ③只改变下列某一反应条件时，能使上述转化速率加快的是 (填序号)。 a．使用高效催化剂    b．向容器中充入氩气   c．降低温度   d．减小NO的物质的量   e．恒温恒压，充He    ④下列能判断该反应达到化学平衡状态的是 (填序号)。 A．CO的浓度保持不变    B． C．    D．NO、CO、CO2、N2的物质的量之比为2∶2∶2∶1 E．气体的密度不变         F．气体平均摩尔质量不变 (5)在碱性条件下，NH3和NO可设计为原电池装置，将一氧化氮转化为N2，电池的总反应为。其工作原理如图所示： ①电极A为 极(填“正”“负”)。 ②电极B发生的电极反应为 。 ③标准状况下，若电极B上消耗44.8L一氧化氮时，则转移的电子总数为 。 8．（23-24高二下·上海·阶段练习）研发CO2利用技术成为了研究热点，某科研团队采用一种类似“搭积木”的方式，在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉分子的全合成，“积木”中涉及如下两个反应： ①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ②CH3OH(g)+O2(g)HCHO(g)+H2O2(l)。 (1)一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，反应5min，气体总的物质的量减少了20%，则0~5min内，H2的平均反应速率v= 。 (2)将1molCO2、3molH2充入反应器中，以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________ A．气体密度 B．气体总压 C．CO2、H2体积比 D．v正(CO2)=3v逆(H2) (3)将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，平衡时v正(O2)、c(O2)与温度的关系如图所示： 反应②为 反应(选填：放热或吸热)。55~100℃时，O2的物质的量浓度随温度升高而增大的原因是 。 (4)反应②常会有副产物HCOOH产生，将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，溶液中存在：c(OH–)-c(H+)= 。继续加入HCl溶液至中性，此时c(HCOOH) c(Cl–)(选填“>”“<”或“=”)。 (5)已知Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，HCOOH的电离常数为Ka=1.77×10-4，试通过计算推断氢氧化镁固体是否能够溶解在甲酸中？ 。 (6)写出检验HCOOH中是否含醛基的实验方法 (7)甲酸燃料电池装置如图所示。下列说法错误的是___________。 A．物质A是 B．a是正极 C．a极电极反应为式： D．可以看作是该反应的催化剂，可以循环利用 (8)利用CO、CH3OH等原料可合成草酸二甲酯()，其加氢可转化为乙二醇(HOCH2CH2OH)，制备草酸二甲酯的总反应为4CO+4CH3OH+O2+2H2O，其反应机理的一部分如下图所示。 ①由机理图可推知，化合物X的结构简式为 。 ②若CO中混有少量H2，H2在Pd表面易形成Pd—H中间体，结合机理图，推测因H2导致生成的有机副产物是 (任写一种)。 9．（23-24高一下·福建漳州·阶段练习）如图所示，是原电池的装置图。请回答： (1)若溶液C为稀H2SO4，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为 ；在反应中溶液中的阴离子移向 (填“A”或“B”)，反应进行一段时间后溶液C中 (填“升高”“降低”或“基本不变”)。 (2)若需将反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+设计成如图所示的原电池装置，则负极材料为 ，正极的电极反应式为 。 (3)CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下： 电池总反应为2CH3OH+2O2=2CO2+4H2O，则电极c是 (填“正极”或“负极”)，若线路中转移2mol电子，则上述CH3OH燃料电池，消耗的O2在标准状况下的体积为 L。 10．（23-24高二下·海南海口·期末）1740年英国人沃德发现了硝化法制硫酸，随之，探究出了NO参与的催化氧化反应的两步基元反应历程： ①　 ②　 回答下列问题： (1)的 (2)有人说：“反应②比①放出的能量少，所以反应②比①的速率小”。你认为是否正确？ (填“是”或“否”)，其理由是 。 (3)某科研团队对的催化氧化反应进行探究，在三个等体积恒容密闭容器中起始投料量如下表。测得的平衡转化率与投料、温度的关系如下图。 容器 A 4.0 2.0 B 3.0 2.0 C 1.0 2.0 ①曲线Ⅰ代表的是 (填“A”“B”或“C”)容器。 ②随着温度升高，不同投料对应的的平衡转化率趋向相同，其主要原因可能是 。 ③某条件下，按C容器原料配比反应，达到平衡时，测得的转化率为90.0%，则的体积分数为 (计算结果保留一位小数)。 11．（24-25高三上·湖南·开学考试）甲醇是储氢材料，也是重要化工原料。 (1)我国科学家开发催化剂，实现在酸性条件下电催化CO2制备CH3OH。 a电极与电源的 (填“正”或“负”)极连接。b极的电极反应式为 。 (2)甲醇蒸气分解制备氢气的历程如下图所示(*表示吸附在催化剂表面的物种)。 选择催化剂主要降低反应 (填序号)的能垒。上述总反应的热化学方程式为 。 (3)分别在恒压(p=5MPa)下改变温度或恒温(T=520K)下改变压强，向密闭容器中充入体积比为1∶3的CO2和H2，发生反应：，单位时间内CH3OH产率与温度或压强的关系如下图所示。 代表CH3OH产率与温度关系的曲线是 (填“①”或“②”)，判断理由是 。 (4)工业上，常用合成气合成甲醇：。下，在1L恒容密闭容器中充入1molCO(g)和1molH2(g)，只发生上述反应。达到平衡时，CO转化率为40%。 ①当混合气体中CO体积分数不随时间变化时，则反应 (填标号)。 A．一定达到平衡状态 B．一定未达到平衡状态 C．可能未达到平衡状态 ②达到平衡后，再充入少量氩气，则正反应速率 (填“大于”“小于”或“等于”)逆反应速率。 ③达到平衡后，升高温度，再次达到新平衡时，CO平衡转化率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ④T₁K时该反应平衡常数K等于 (保留一位小数)。 12．（23-24高二下·山东·阶段练习）VA族元素原子核外电子排布有着特殊性，能与其他元素组成结构、性质各异的化合物。回答下列问题： (1)基态N原子处于最高能级的电子云轮廓图为 形，能量最低的激发态的核外电子排布式为 。 (2)沸点： （填“”或“”，下同），键角： (3)常温下黏度很大，温度升高，黏度降低，原因是 。 (4)一种新型CuAs基超导体系的四方晶胞结构如图所示。 新型CuAs基超导体系晶体的化学式为 ，晶胞中原子分数坐标不同的氧原子有 个。晶胞参数为a nm和c nm，设为阿伏加德罗常数的值，则新型CuAs基超导体系晶体（摩尔质量为）的密度为 （用代数式表示）。 13．（23-24高一下·北京·期末）我国科学家研发的“液态阳光”计划通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢制备甲醇。 主反应：　。 副反应： 　 (1)将和按物质的量比1：3混合，以固定流速通过盛放催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示： 已知：产率 ①催化剂活性最好的温度为 (填字母序号)。 a．    b．    c．    d． ②温度由升到，的平衡转化率和的实验产率均降低，解释原因： 。 (2)利用与的反应设计燃料电池，装置如图所示： ①该装置是将 能转化为电能的装置。 ②通入的电极是电池的 (填“正”或“负”)极。 ③通入的电极反应式是 。 (3)已知：键能是指气态分子中化学键解离成气态原子所吸收的能量。 化学键 键能 436 498 463 写出和反应生成的热化学方程式 。 14．（23-24高二下·上海·期末）我国科学家已成功利用二氧化碳完成了淀粉的人工全合成工作，合成淀粉的重要反应包括二氧化碳制备甲醇的反应： i．(主反应) ii．(副反应) (1)若在恒温恒容条件下进行反应i，下列不能说明该反应已到达化学平衡状态的是___________。 A．的浓度不再改变 B．混合气体的平均相对分子质量不变 C．容器内混合气体的密度不再改变 D．的物质的量分数不变 (2)对于反应i，改变某一条件，对化学反应速率的影响及解释正确的是___________。 A．升高温度，使单位体积内活化分子百分数增加，反应速率加快 B．增加反应物的浓度，使单位体积内活化分子百分数增加，反应速率加快 C．使用催化剂能降低反应活化能，使单位体积内活化分子百分数增加，反应速率加快 D．反应达到平衡后，增大压强，仍等于 (3)该主反应在有催化剂和无催化剂作用下的反应机理如图所示(其中标有*的为吸附在催化剂表面上的物种，TS为过渡态)；使用催化剂的曲线是 (选填“甲”、“乙”)，催化剂可使反应历程中决速步骤的活化能降低 eV(eV为能量单位)。 (4)一定温度下，分别按、起始物质的量之比为1：1，1：2，1：3发生反应，保持总压强为，测得的平衡转化率与温度之间的关系如图所示。曲线Ⅰ代表的投料比为 。X点条件下，用平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数 (已知：分压=总压×物质的量分数)。 (5)我国科学家以材料作光电极，以饱和溶液的的溶液作电解液，将转化为，原理如图所示。根据图示，生成的电极名称是 极，电极方程式为 。 15．（23-24高二下·海南·期末）CO是重要的化工原料和燃料。 Ⅰ．工业上可利用CO和合成清洁能源：  。 (1)在绝热恒容密闭容器中充入1 mol CO和1 mol，发生上述反应。下列情况表明上述反应达到平衡状态的是 (填字母)。 A．CO消耗速率等于消耗速率 B．反应体系温度保持不变 C．混合气体密度保持不变 (2)在反应器中充入1 mol CO和1 mol合成，测得CO的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。 X代表 (填“温度”或“压强”)。 (填“>”或“<”)。 Ⅱ．工业上常用CO提纯镍：  。 (3)该反应能自发进行的条件是 (填“较高温度”“较低温度”或“任意温度”)。 (4)在1L恒容密闭容器中充入足量Ni和4 mol CO，发生上述反应，测得平衡时CO和的浓度与温度的关系如下图所示。则甲代表 [填“CO”或“”]的浓度随温度的变化，T℃时，该反应的平衡常数K为 (只列计算式，不带单位)。 Ⅲ．CO和空气形成的碱性燃料电池(氧化产物为碳酸盐)的能量转化率较高。 (5)在该燃料电池的 极(填“正”或“负”)充入空气。负极反应式为 。 16．（23-24高二下·江苏盐城·阶段练习）国家主席习近平在2020年9月22日召开的第七十五届联合国大会上表示：“中国将争取在2060年前实现碳中和”。回答下列问题： (1)CO2催化加氢法：以下是CO2催化加氢合成二甲醚发生的两个主要反应： 反应Ⅰ：     反应Ⅱ：    _______kJ·mol-1 ①若反应    ，则 kJ·mol-1。 ②在恒压、CO2和H2起始量一定的条件下，CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。其中：CH3OCH3的选择性。 一定温度下，向2L恒容容器中加入1.0molCO2和4.0molH2发生上述反应，达到平衡时测得CO2转化率为50%，CH3OCH3选择性为80%，则平衡时体系中生成的CH3OCH3的物质的量为 mol。 ③对于上述反应体系，下列说法正确的是 (填标号)。 A．增大CO2的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率均增加 B．加入催化剂，H2的平衡转化率增大 C．恒容密闭容器中当气体密度不变时，反应达到平衡状态 ④280℃前，CO平衡转化率随温度升高而下降的原因是 。 (2)已知：    。该反应的正反应速率可表示为v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，逆反应速率可表示为v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)，其中k正、k逆为速率常数。图中能够代表k逆的曲线为 (填“L1”“L2”“L3”或“L4”)。 (3)在一密闭容器中投入1molCO和2molH2发生反应    H，实验测得平衡时甲醇的物质的量随温度、压强变化关系如图所示： ①M、N两点的化学反应速率v(M) v(N)(填“>”“<”或“=”)。 ②当时，M点的 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。计算结果用最简分式表示)。 17．（23-24高一下·四川绵阳·阶段练习）硫酸是重要的化工原料，工业制硫酸其中一步重要反应是。一定条件下，恒容密闭容器中发生该反应，各物质浓度随时间变化的曲线如下图所示。 (1)曲线abc中表示二氧化硫的曲线是 ，，的平均反应速率为 ，反应达到平衡时的转化率为 。 (2)图中M点，正反应速率 逆反应速率(填“>”“<”或“=”)，若开始时更换催化效果更好的催化剂。则M点可能移动到 点(填P、N或Q)。 (3)下列说法能判断该反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A．、、的浓度之比为 B．生成的速率与生成的速率相等。 C．容器中压强不再改变 D．混合气体的密度不再改变的状态 E．混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 (4)化石燃料燃烧会产生大气污染物及氮氧化物等，用硫酸铈循环法吸收的原理如图。 反应①的离子方程式 ，理论上每吸收标准状况下消耗 。 (5)如图所示装置为电化学气敏传感器，通过电压表示数可测量环境中的含量。 ①溶液中向电极 (填“a”或“b”)移动。 ②图中所示原电池中，b极的电极反应式为 。 ③当b电极上消耗标况下时，该装置可测量到为 。 18．（2024高三上·全国·专题练习）硫酸工业中，在接触室中催化氧化SO2 的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。 上述反应在V2O5的催化作用下分两步进行，能量变化如图： 写出第二步反应的热化学方程式： ；通入1mol SO2、0.51mol O2充分反应，放出热量 (填“>”“<”或“=”)。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)放热 (2) (3)AC (4)ACD (5) 负极 1.2 【详解】（1）从图像知，反应物的能量大于生成物的能量，所以该反应是放热反应； （2）由图可知，； （3）A．升高温度反应速率变快，A选； B．减小压强，反应速率减小，B不选； C．使用合适的催化剂可以加快反应速率，C选； D．分离出产物，反应速率不会增大，D不选； 故选AC； （4）A．SO2的浓度不再变化，则正、逆反应速率相等，反应已达平衡状态，A正确； B．SO2、O2、SO3的浓度相等，不能说明反应已达平衡状态，B错误； C．该反应是气体分子数变化的反应，则压强是变量，当容器内的总压强不再变化时，可以证明反应达到平衡，C正确； D．反应物和产物都是气体，则总质量不变，但是随着反应的进行，气体总物质的量发生变化，则容器内气体的平均摩尔质量是变量，当其不变的时候可以证明反应达到平衡，D正确； 故选ACD； （5）①由图可知，在电极B二氧化硫通入后失去电子，生成硫酸，则B为负极； ②由图可知，电极A通入氧气，氧气得到电子结合氢离子生成水，电极反应为：； ③A电极消耗标况下6.72L的O2的物质的量为0.3mol，根据②中电极反应可知，此时转移电子1.2mol，根据电荷守恒可知，通过质子膜的H+物质的量为1.2mol。 2．(1)0.0375 mol•L-1•min-1 (2)0.375 (3)AC (4)10 (5)BD (6) OH- 0.0001 C 【详解】（1）根据图示可知：从反应开始到10 min达到平衡时，CO2的物质的量由开始的1.00 mol变为0.25 mol，用CO2的浓度变化表示的化学反应速率； （2）根据图示可知：从反应开始到10 min达到平衡时，CO2的物质的量由开始的1.00 mol变为0.25 mol，CO2反应消耗了0.75 mol，根据反应方程式可知：每反应消耗1 mol CO2，就会反应消耗3 mol H2，则反应消耗了CO20.75 mol，同时反应消耗了H23×0.75 mol=2.25 mol，则此时H2的物质的量为3 mol-2.25 mol=0.75 mol，故此时H2的浓度为c(H2)==0.375 mol/L； （3）A．降低温度，化学反应速率降低，A正确； B．加入催化剂能够降低反应的活化能，因而化学反应速率加快，B错误； C．增大容器容积，导致反应物浓度降低，因此反应速率降低，C正确； D．恒容下充入He，由于容器的体积不变，则物质的浓度不变，化学反应速率不变，D错误； 故合理选项是AC； （4）根据反应方程式可知：到反应达到平衡时，生成了0.75 mol CH3OH，平衡时CO2(g)为0.25 mol、H2(g)为0.75 mol、CH3OH(g)为0.75 mol、H2O(g)为0.75 mol，则平衡时CO2的体积分数为：； （5）A．反应中CO与CH3OH的物质的量之比为1：1，但由于反应物的浓度是否发生变化未知，因此不能确定反应是否达到平衡状态，A错误； B．反应方程式计量数前后之和不相等，则混合气体的物质的量为变量，反应在恒容条件下发生，容器的体积不变，则压强为变量，随着反应的进行，混合气体的压强不随时间的变化而变化，此时反应达到平衡，B正确； C．单位时间内每消耗1 mol CO，同时生成1 mol CH3OH，表示的都是反应正向进行，因此无法确定反应是放否平衡，C错误； D．若CH3OH的质量分数在混合气体中保持不变，说明反应达到了平衡状态，D正确； 故合理选项是BD； （6）①根据表格数据可知：在温度不变时，溶液pH越大，反应速率越快，说明溶液中的OH-对O3分解起催化作用； ②根据表格数据可知：在30℃、pH=4.0条件下，O3分解c(O3)=mol/L=0.0108 mol/L时所需时间为108 min，则分解分解速率v(O3)==0.0001 mol/(L·min)； ③根据表格数据可知：在温度不变时，溶液pH越大，反应速率越快；在溶液pH不变时，反应温度越高，反应速率越快，故根据表中的递变规律。 根据该规律，对各个选项进行分析，可知： A．在40℃，pH=5.0时，反应时间在48～15 min； B．在10℃、pH=6.0时，反应时间在＞58 min； C．在30℃、pH=7.0时，反应时间在＜15min； 可知O3在下列条件下分解速率最大的是30℃、pH=7.0，故合理选项是C。 3．(1) 大于 (2) 0.145 (3)ab (4) BC 20.0g 【详解】（1）根据可知，，得到a=； ，该反应为吸热反应，可知反应Ⅱ中断开化学键所吸收的能量大于断开化学键所吸收的能量，故答案为：；大于。 （2）4~12µs内，v(H2O)=，根据反应速率之比等于化学计量数之比可得； tμs时，浓度为，根据反应可知，产生的水即为反应Ⅰ中产生的，恒温恒容条件下，物质的量之比等于压强之比，因此实际体系中含有的的物质的量为，可知反应Ⅱ中所消耗的的物质的量为，根据浓度改变之比等于化学计量数之比可知，消耗反应Ⅱ中所消耗的生成 （3）a．在恒容绝热体系中，温度为变量，当温度不变时，说明反应达到平衡，故a符合题意； b．为反应物，反应过程中浓度在发生改变，当浓度不变时说明达到平衡状态，故b符合题意； c．当某组分浓度不变时可作为判断依据，C3H6、C6H12均为产物，比值关系不能说明达到平衡，故c不符合题意； d．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，恒容说明容器体积不变，则混合气体密度不变，是个不变量，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，d不符合题意； 故选ab。 （4）①根据图中装置可知，该装置为原电池，产生A电极上CO2得到电子转化为异丙醇CH3CH(OH)CH3，同时还有H+得到电子变为H2，发生还原反应，则A电极为正极，B电极为负极， A．根据分析可知，A电极为正极，发生还原反应，A正确； B．根据分析可知，A电极为正极，B电极为负极，因此由B极经质子交换膜向A极移动，故B错误； C．根据图示可知该工艺涉及到光能转化为化学能及化学能转化为电能，是三种形式的能量之间的转化，故C错误； D．使用催化剂可以降低反应的活化能，因而可以加快反应速率，提高单位时间内反应物的转化率，故D正确； 故合理选项是BC； ②根据分析可知，电极B为负极，电极反应式为； 若A、B两极分别收集到标况下67.2L的气体， ，，在A电极上CO2得到电子变为异丙醇CH3CH(OH)CH3，反应方程式为：，根据反应过程中电子得失数目相等可得：2n(H2)+18n(异丙醇)=4n(O2)，3mol×2+18n(异丙醇)=4×3mol，解得n(异丙醇)=，则反应产生的异丙醇的质量m(异丙醇)=。 4．(1)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-90.4 kJ/mol (2) 20% 0.031 (3) 反应Ⅰ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲醇选择性变差；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率变大(答案合理即可) ＞ (4)2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O 【详解】（1）已知：反应Ⅰ： ；反应Ⅱ： 。根据盖斯定律，将反应Ⅰ-反应Ⅱ，整理可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-90.4 kJ/mol； （2）在510 K、压强为20 MPa恒压下通入3 mol CO2和4 mol H2，发生反应，5 min反应达到平衡时，H2的转化率为75%，则反应消耗H2的物质的量是△n(H2)=4 mol×75%=3 mol，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CO2)=3 mol-1 mol=2 mol，n(H2)=1 mol，n(CH3OH)=n(H2O)=1 mol，平衡时气体的总物质的量n(总)=2 mol+1 mol+1 mol+1 mol=5 mol，则达到平衡时甲醇的物质的量分数为×100%=20%； 平衡时各种气体的平衡分压分别是p(CO2)=×20 MPa=8 MPa，p(H2)=p(H2O)=p(CH3OH)=×20 MPa=4 MPa，则该反应的压强平衡常数Kp==0.03125≈0.031； （3）①随着温度的升高，二氧化碳的转化率升高而甲醇的选择性下降，原因是反应Ⅰ的正反应为放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，导致甲醇选择性变差；而反应Ⅱ的正反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，从而导致二氧化碳转化率变大； ②对于同一化学反应，化学平衡常数只与温度有关。反应Ⅰ的正反应为放热反应，升高温度化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小。由于反应温度：A＞B，所以化学平衡常数：K(A)＞K(B)， （4）对于电解池，在左边电极上CO2得到电子被还原为CH3OCH3，在右边电极上H2O失去电子被氧化产生O2。所以左边电极为阴极，电极反应式为：2CO2+12e-+12H+=CH3OCH3+3H2O；右边电极为阳极，H2O失去电子发生氧化反应，由于电解质溶液为酸性，所以阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑。 5．(1) 0.69 否 由B、C两点数据得出平衡脱氮率表达式为，将D点温度代入表达式得平衡脱氮率为44%，而图中实际脱氮率小于44%。 (2) (3)b (4) 增大 3 【详解】（1）①B、C点数据带入得，解得n=、m=0.69； ②由B、C两点数据得出平衡脱氮率表达式为，将D点温度代入表达式得平衡脱氮率为44%，而图中实际脱氮率小于44%，所以D点不是平衡状态； （2）由D可知ON-NO*反应生成了NO-CO* ，故ⅲ的反应是：ON-NO* +CO ⇌ ON-NO-CO*； （3）a．0~2min，消耗0.3molCO2，则同时消耗0.9molH2,，故a错误； b．6min时反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，随反应进行，正反应速率减慢，所以4min时的生成速率大于6min时的分解速率，故b正确； c．2~4min内平均每分钟消耗0.1molCO2，随反应进行反应速率减慢，所以4~5min消耗CO2的物质的量小于0.1mol， 5min时CO2的物质的量大于1.4mol，平衡时CO2的物质的量为1.4mol,所以5min时该反应没有建立平衡状态，故c错误； d．反应过程中的体积分数始终为50%，的体积分数不再变化，反应不一定达到平衡状态，故d错误； 选b。 （4）①与均转化为，则电极A氨气失电子生成氮气和水，电极反应式为。 ②与均转化为，B电极NO2得电子生成氮气和氢氧根离子，电极反应物为，电池放电一段时间后，电极B附近溶液pH增大；每消耗标准状况下，转移3mol电子，根据电荷守恒，转移的的物质的量为3mol。 6．(1) 120 高温 (2) CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH- 4:1 (3) 6:1 H2太少，形成的氧原子空位少，催化剂催化能力较弱 【详解】（1）化学反应ΔH=反应物总键能-生成物总键能，故该反应ΔH=745×2+413×4-1075×2-436×2= 120kJ⋅mol−1，反应吸热，反应后气体体积数增加，ΔS>0，根据ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0反应自发发生，故高温下反应能自发进行； （2）图示装置为电解池，上方电极连接电源正极，为阳极，H2O在阳极失电子生成O2，下方电极为阴极，CO2在阴极得电子生成CH4，电极反应式为CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-，每转移8mol电子，生成1molCH4，2molO2，故电解一段时间后，生成的O2和CH4的质量之比为2×32:1×16=4:1； （3）①H2首先在Zn-Ga-O表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，即由得失电子守恒有3H2~CH3OH~ 6H*，所以消耗6mol H*产生1molCH3OH；理论上、反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为6∶1； ②结合反应过程，若原料气中H2比例过低、过高均会减弱催化剂活性，原料气中H2比例过低会减弱催化剂活性的原因是H2太少，形成的氧原子空位少，催化剂催化能力较弱。 7．(1) 吸收 180 (2)< (3)2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)  ∆H=-1052.5kJ/mol (4) A 0.01 33.3% 9：10 11.1% a ACF (5) 负 4NA 【详解】（1）根据能量变化图可知，断裂1mol氮氮三键需要吸收946kJ能量，断裂1mol氧氧双键需要吸收498kJ能量，生成2molNO放出632×2kJ能量，则(946kJ+498kJ)−632×2kJ=180kJ，即吸收180kJ能量； （2）红磷比白磷稳定，故红磷具有的能量比白磷低，则 ，故<； （3）液态肼和反应生成和水蒸气的化学方程式：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)，根据盖斯定律，目标反应=2×①-②+4×③，故∆H，热化学方程式为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)  ∆H=-1052.5kJ/mol； （4）①可逆反应达化学平衡时物质的量不再变化，A点尚未达到化学平衡； ②反应0~10min内，；由图可列出三段式： 平衡时消耗CO的物质的量为0.4mol，故CO的转化率为；平衡时混合气体的物质的量为1.8mol，起始时气体的物质的量为2mol，容器体积不变，故压强之比等于气体的物质的量之比，平衡时压强与起始时压强比为9：10；平衡时氮气的体积分数为：； ③a．使用高效催化剂，加快反应速率，a符合题意； b．恒容条件下，向容器中充入氩气，对反应速率无影响，b不符合题意； c．降低温度，反应速率减慢，c不符合题意；   d．减小NO的物质的量，反应物浓度降低，反应速率减慢，d不符合题意； e．恒温恒压，充He，各物质浓度降低，反应速率减慢，e不符合题意； 故选a； ④A．CO的浓度保持不变时，反应达到化学平衡状态，A符合题意； B．，未标明正、逆反应速率，无法判断平衡状态，B不符合题意； C．，反应达到化学平衡状态，C符合题意； D．NO、CO、CO2、N2的物质的量之比为2∶2∶2∶1，无法确定是否达到化学平衡状态，D不符合题意； E．恒容条件下，该反应气体的密度一直不变，不能判断达到化学平衡状态，E不符合题意； F．该反应前后气体分子数发生变化，当气体平均摩尔质量不变，能判断达到化学平衡状态，F符合题意； 故选ACF； （5）该装置为原电池装置，通入氨气的电极A为负极，发生氧化反应，通入NO的电极B为正极，发生还原反应。 ①电极A为负极； ②电极B为正极，发生的电极反应为：； ③标准状况下，若电极B上消耗44.8L(2mol)一氧化氮时，根据电极反应式，转移的电子总数为4NA。 8．(1)0.048mol·L-1·min-1 (2)B (3) 吸热 H2O2不稳定，温度升高会分解，产生氧气，导致氧气浓度增大 (4) c(Na+)-c(HCOO–)或 c(HCOOH) = (5)能 (6)取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基 (7)BC (8) CH3OCOOCH3 CH3OH和HCOOCH3 【详解】（1）一定温度下，往5L反应釜中充入1molCO2、3molH2，由于没有氧气，所以只发生反应①，0~5min内，气体总的物质的量减少了20%，反应前气体总物质的量为4mol，则反应后气体物质的量减少了0.8mol，根据反应①的化学方程式，可知反应的氢气的物质的量为1.2mol，则H2的平均反应速率v==0.048mol·L-1·min-1； （2）将1molCO2、3molH2充入反应釜中，由于没有氧气，所以只发生反应①。A．该反应中反应物和生成物均为气体，混合气的总质量是不变的，容器体积也不变，所以混合气的密度是一直不变的，当气体密度不变时，不能说明该反应达到化学平衡状态；B．该反应为正反应为气体分子数减小的反应，当气体总压不变时，说明各组分的物质的量不再变化，该反应达到化学平衡状态；C．加入的CO2和H2的体积之比即物质的量之比等于方程式的系数比，所以在反应过程中，CO2和H2的物质的量之比即体积之比一直是1：3，所以当CO2和H2的体积之比不再变化时，不能说明反应达到平衡状态；D．正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，而v正(CO2)=3 v逆(H2)表示的正逆反应速率不相等，该反应没有达到平衡状态。答案选B。 （3）将同体积的CH3OH(g)与O2(g)充入反应器中，根据图示，在55℃以前和100℃以后，随着温度升高，c(O2)减小，说明平衡正向移动，说明该反应为吸热反应；该反应为CH3OH(g)+O2(g)⇌HCHO(g)+H2O2(l)，产物中有H2O2，不稳定，温度升高会分解，产生氧气，导致氧气浓度增大。 （4）将NaOH溶液逐滴加入HCOOH溶液至恰好完全反应，此时溶液中的溶质为HCOONa，根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO–)，根据元素质量守恒：c(Na+)= c(HCOO–)+ c(HCOOH)，因此c(OH–)-c(H+)= c(Na+)-c(HCOO–)= c(HCOOH)； 继续加入HCl溶液至中性：c(H+)= c(OH–)，根据电荷守恒，可以得出c(H+)+ c(Na+)= c(OH–)+ c(HCOO–)+ c(Cl–)，根据元素质量守恒：c(Na+)= c(HCOO–)+ c(HCOOH)，则c(Na+)= c(HCOO–)+ c(Cl–)= c(HCOO–)+ c(HCOOH)，因此c(HCOOH)= c(Cl–)。 （5）氢氧化镁和甲酸反应的化学方程式为：Mg(OH)2+2HCOOH⇌(HCOO)2Mg+2H2O，其K====>105，所以氢氧化镁能溶在甲酸中。 （6）由于HCOOH含有羧基，显酸性，在使用新制的Cu(OH)2悬浊液检验醛基之前，需要加入氢氧化钠溶液调节溶液的pH值，故答案为：取样，先加入NaOH溶液，使溶液pH≥7，再加入新制Cu(OH)2悬浊液并加热煮沸，若出现砖红色的沉淀，证明含有醛基。 （7）甲酸燃料电池，通入甲酸的一极是负极，通入氧气的一极是正极。通入的氧气将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，所以在酸性环境中反应，而且从正极区流出的是K2SO4溶液，所以物质A为硫酸，故A正确；HCOO-在a极上失去电子转化为碳酸氢根离子，所以a为负极，故B错误；a极区是碱性的，不能在离子方程式中出现H+，正确的离子方程式为：HCOO--2e-+2OH-=+H2O，故C错误；Fe3+在正极上得到电子转化为Fe2+，Fe2+又被氧气氧化为Fe3+，所以Fe3+可以看作是该反应的催化剂，可以循环利用，故D正确；故选BC。 （8）①根据图示，脱附过程Ⅰ中和Pd相连的两个基团结合成草酸二甲酯，则脱附过程Ⅱ中，和Pd相连的两个基团结合形成碳酸二甲酯，结构简式为CH3OCOOCH3； ②根据题意可知，若CO中混有少量H2，H2在Pd表面易形成Pd—H中间体，结合机理图，在最终脱附过程中，H原子和-OCH3或-COOCH3结合可以得到副产物CH3OH和HCOOCH3。 9．(1) 2H++2e-=H2↑ B 降低 (2) Cu Fe3++e-=Fe2+ (3) 负极 11.2 【分析】(1)(2)由原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电子由负极经导线流向正极，电流由正极经导线流向负极，电解质中阴离子流向负极，阳离子流向正极，(3) 根据电子转移的方向可知，催化电极c为负极，即通入CH3OH的一极，则a为CH3OH，电极反应为：CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+，催化电极d为正极，即b为O2，电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，若溶液C为稀H2SO4，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，Fe-2e-=Fe2+，则A电极上发生的电极反应式为2H++2e-=H2↑，在反应中溶液中的阴离子移向负极即B，反应进行一段时间后溶液C中降低，故答案为：2H++2e-=H2↑；B；降低； （2）若需将反应Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+设计成如图所示的原电池装置，则Cu发生氧化反应，即Cu作负极，则负极材料为Cu，正极发生还原反应，该电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，故答案为：Cu；Fe3++e-=Fe2+； （3）根据电子转移的方向可知，催化电极c为负极，即通入CH3OH的一极，则a为CH3OH，电极反应为：CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+，催化电极d为正极，即b为O2，电极反应为：4H++O2+4e-=2H2O，若线路中转移2mol电子，则上述CH3OH燃料电池，消耗的O2在标准状况下的体积为=11.2L，故答案为：负极；11.2。 10．(1) (2) 否 化学反应速率与反应的活化能的大小有关，与反应的焓变无必然联系。(其他合理答案参照给分) (3) A 温度对平衡移动的影响远远大于投料比对平衡移动的影响 85.7% 【详解】（1）①　 ②　 按盖斯定律，反应①+2②即得 则。 （2）反应中放出热量的多少与反应速率无关，则： “反应②比①放出的能量少，所以反应②比①的速率小” 的说法是错误的，故答案为“否”，其理由是：化学反应速率与反应的活化能的大小有关，与反应的焓变无必然联系。 （3）①在三个等体积恒容密闭容器中SO2的起始投料均相同，但氧气的量不同，氧气投料越多，越有利于平衡右移、SO2的平衡转化率越大，则曲线Ⅰ代表的是A容器。 ②氧气投料越多， SO2的平衡转化率越大；升温，平衡左移，SO2的平衡转化率减小，随着温度升高，不同投料对应的的平衡转化率趋向相同，其主要原因可能是：温度对平衡移动的影响远远大于投料比对平衡移动的影响。 ③某条件下，按C容器原料配比反应，达到平衡时，测得的转化率为90.0%，则存在三段式：，则的体积分数为 (计算结果保留一位小数)。 11．(1) 正 (2) ⑤ (3) ① 520K之前，未达到平衡，随着温度升高，反应速率增大，甲醇产率升高；520K后，达到平衡，随着温度升高，平衡向左移动，甲醇产率降低 (4) C 等于 减小 16.7 【详解】（1）b极为阴极，CO2发生还原反应生成甲醇，电极反应式为：，则a极为阳极，与电源正极连接，故答案为：正；。 （2）分析五步反应的能垒，第⑤步反应的能垒最大，速率最小，它是控速反应，选择催化剂主要降低速控反应的能垒，提高总反应的速率； 反应热等于产物、反应物的相对能量之差，该反应为吸热反应，上述总反应的热化学方程式为， 故答案为：⑤；。 （3）分析反应特点，正反应是气体分子数减小的放热反应，增大压强，反应速率增大，平衡向右移动，甲醇产率一直增大，曲线②代表甲醇产率与压强关系，曲线①代表甲醇产率与温度关系； 原因是：520K之前，未达到平衡，随着温度升高，反应速率增大，甲醇产率升高；520K后，达到平衡，随着温度升高，平衡向左移动，甲醇产率降低。 （4）下，在1L恒容密闭容器中充入1molCO(g)和1molH2(g)，达到平衡时，CO转化率为40%。由题意可建立如下三段式： ①根据数据代入计算，CO体积分数始终为50%，不能据此判断反应是否达到平衡，选C； ②恒容容器中充入氩气，各反应气体浓度不变，正、逆反应速率不变； ③升高温度，平衡向左移动，CO平衡转化率减小，小于40%； ④根据转化率计算：。 12．(1) 哑铃形 1s22s22p53S1 (2) ＜ ＜ (3)H3PO4分子间存在较强的分子间氢键使溶液粘度很大，升高温度，一部分分子间氢键被破坏，粘度减小 (4) La2Cu5As3O2 4 【详解】（1）基态N原子电子排布式为1s22s22p3处于最高能级为p能级，电子云轮廓图为哑铃形；半满全满或全空能量最低，则能量最低激发态N3-的核外电子排布式为1s22s22p53S1； （2）氨分子可以形成氢键，导致沸点升高，故沸点：PH3＜NH3；和中心原子均为sp3杂化，但是中存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致中键角减小，故键角：<； （3）常温下H3PO4黏度很大，温度升高，黏度降低，原因是：H3PO4分子间存在较强的分子间氢键使溶液粘度很大，升高温度，一部分分子间氢键被破坏，粘度减小； （4）由晶胞结构可知，La原子位于棱上、体内，个数为 8× +2=4，Cu原子位于面上、棱上，个数为18×+4×=10，As原子位于顶点、棱上、体内，个数为8×+8×+3=6，O原子位于面上，个数为8×=4，La：Cu：As：O=4：10：6：4=2：5：3：2，则晶体的化学式为La2Cu5As3O2；晶胞中8个氧原子分别位于4个不同的面心上，上下面心的原子分数坐标相同，则晶胞中原子分数坐标不同的氧原子有4个；晶胞质量m=，晶胞体积V=(a×10-7cm)2×(c×10-7cm)=a2c×10-21cm3，则新型CuAs基超导体系晶体的密度ρ===。 13．(1) c 温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故平衡转化率降低 (2) 化学 正 (3)  【分析】(2)由图可知，该装置是将化学能转化为电能的燃料电池，通入甲醇的铂电极是原电池的负极，水分子作用下甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，通入氧气的铂电极是正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水。 【详解】（1）①由图可知，当温度为523 K时，二氧化碳的实验转化率和甲醇的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，故选c； ②主反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，副反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，所以温度由523K升到543K，温度升高，二氧化碳的平衡转化率降低，说明主反应逆移程度大于副反应正移程度，故答案为：温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故平衡转化率降低； （2）①由以上分析可知，该装置是将化学能转化为电能的燃料电池，故答案为：化学； ②由以上分析可知，通入氧气的铂电极是燃料电池的正极，故答案为：正； ③由以上分析可知，通入甲醇的铂电极是原电池的负极，水分子作用下甲醇在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为，故答案为：； （3）氢气和氧气的反应为2H2(g)+O2(g) 2H2O(g)，由反应热等于反应物键能之和与生成物键能之和的差值可得：=(436kJ/mol×2+498kJ/mol)-463kJ/mol×4=-482kJ/mol，反应的热化学方程式为 ，故答案为： 。 14．(1)C (2)AC (3) 乙 0.20 (4) 1：3 0.01 (5) 阴 【详解】（1）A．的浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A不选； B．反应前后气体总质量不变，气体物质的量增大，则混合气体平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡状态，故B不选； C．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，则容器内混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故C选； D．H2O的物质的量分数不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故D不选； 故选C； （2）A．升高温度，使单位体积内活化分子百分数增加，反应速率加快，A正确； B．增加反应物的浓度，活化分子百分数不变，B错误； C．使用催化剂能降低反应活化能，使单位体积内活化分子百分数增加，反应速率加快，C正确； D．该反应为气体分子数减小的反应，则反应达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，V正大于V逆，D错误； 故选AC； （3）使用催化剂能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，从而缩短了达到平衡所需时间。根据图示可知曲线乙表示的是使用催化剂的曲线；对于多步反应，活化能最大的慢反应对总反应起决定作用。未使用催化剂时，慢反应的活化能为1.80 eV-0.20 eV=1.60 eV；当使用了催化剂后，活化能变为：0.40 eV-（-1.00 eV）=1.40 eV，可见催化剂可使反应历程中决速步骤的活化能降低1.60 eV-1.40eV=0.20 eV，故答案为：乙：0.20； （4）根据增加H2的量可以提高CO2的转化率可知，投料比减小，则CO2的转化率要增大，所以曲线Ⅰ代表的投料比为1:3；X点条件时，投料比为1：3，CO2的转化率为50%，假设起始加入CO2物质的量为1mol，H2物质的量为3mol，则CO2转化了0.5mol列三段式： 气体总物质的量为，则，故答案为：1：3；0.01； （5）H2O转化为O2氧元素化合价升高，发生氧化反应，作为阳极，CO2转化为HCOO-碳元素化合价降低，发生还原反应，做为阴极，其电极反应式为，故答案为：阴；。 15．(1)AB (2) 压强 ＜ (3)较低温度 (4) CO (5) 正 【详解】（1）A．CO消耗速率等于消耗速率，可以表示的正逆反应速率相等，可以说明达到平衡状态，故A选； B．该反应为放热反应，容器为绝热容器，若反应体系温度保持不变，则可以说明反应达到平衡状态，故B选； C．容器为恒容密闭容器，气体质量不变，体积不变，混合气体密度一直保持不变，故C不选； 故选AB； （2）该反应正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率下降，不符合图像，增大压强时，平衡正向移动，则CO的平衡转化率增大，故曲线代表压强；当压强不变时，提高温度，反应逆向移动，CO转化率下降，故Y2温度大于Y1，故答案为：压强；＜； （3）依据时反应可自发进行，该反应、，则该反应可在低温下自发进行，故答案为：较低温度； （4）升高温度该反应逆向移动，则CO的浓度增大，则甲代表的是CO浓度随时间变化曲线，T℃时，两种物质浓度相等，设的变化量为x，列三段式有则4-4x=x，解得x=，则反应的平衡常数为，故答案为：CO；； （5）CO和空气形成的碱性燃料电池(氧化产物为碳酸盐)，CO中C的化合价上升，则通入CO的电极为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应为，通入空气的电极为正极，正极的反应为，故答案为：正；。 16．(1) -122.5 0.2 A 反应Ⅰ的H>0，反应Ⅱ的H<0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度 (2)L4 (3) > 【详解】（1）①根据盖斯定律，； ②反应的CO2的总物质的量为1mol×50%=0.5mol，CH3OCH3的选择性=80%，生成的CH3OCH3的物质的量为0.2mol； ③A．增大CO2的浓度，单位体积活化分子数目增加，反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率均增加，故A正确； B．加入催化剂不改变化学平衡，则H2的平衡转化率不变，故B错误； C．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能表明反应已达到平衡状态，故C错误； 故答案为：A； ④280℃前，CO平衡转化率随温度升高而下降的原因是：反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高使CO2转化为的CO平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度； （2）温度升高，反应速率加快，速率常数也增大。该反应正反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，逆反应速率增大得更快，所以图中能够代表k逆的曲线为L4，故答案为：L4； （3）①同一温度条件下，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的物质的量增大，所以p1>p2，M、N两点温度相同，压强越大化学反应速率越快，压强：M>N，则v(M)>v(N)，故答案为：>； ②列三段式： ， 平衡时混合气体总物质的量=(0.75+1.5+0.25)mol=2.5mol，分压p(CO)=×5MPa=1.5MPa，p(H2)=×5MPa=3MPa，p(CH3OH)=×5MPa=0.5MPa，M点时，平衡常数Kp==。 17．(1) b (2) > Q (3)CE (4) (5) a 0.2 【分析】由2SO2+O22SO3可知SO2和O2是反应物，随着反应进行，浓度在减少，且SO2的变化量为O2的2倍，结合图象可知，SO2的曲线是b，O2的曲线是c，SO3的曲线是a； 【详解】（1）由2SO2+O22SO3可知SO2和O2的变化趋势相同，且SO2的变化量为O2的2倍，结合图象可知，SO2的曲线是b； 0～10min，SO2的物质的量浓度浓度变化为(1-0.6)mol/L=0.4mol/L，平均反应速率为v=0.04mol•L-1•min-1； 二氧化硫平衡转化率=； 故答案为：b；0.04；90%； （2）图中M点，SO2和O2物质的量浓度在下降，SO3的物质的量浓度在增大，则平衡正向移动，正反应速率＞逆反应速率； 催化剂会加快反应速率，但是不会影响平衡，若开始时更换催化效果更好的催化剂，则M点可能移动到Q，故答案为：＞；Q； （3）A．达到化学平衡时，各物质的浓度不变，但是不一定呈比例，故A错误； B．生成O2的速率与生成SO3的速率相等，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故B错误； C．该反应前后气体的量发生变化，使得压强变化，容器中压强不再改变时达到化学平衡状态，故C正确； D．混合气体质量不变，体积不变，密度始终不变，混合气体的密度不再改变的状态不能说明反应达到平衡状态，D错误； E．混合气体的总质量不变，混合气体的物质的量在变化，混合气体的平均相对分子质量随着反应进行在变化，混合气体的平均相对分子质量不再改变的时达到平衡状态，E正确； 答案是：CE； （4）反应①是Ce4+与SO2反应生成硫酸和Ce3+，离子方程式为：； 总反应方程式为2SO2+O22SO3，理论上每吸收标准状况下消耗112mlO2，物质的量是0.005mol，质量为0.005mol×32g/mol=0.16g。 （5）电化学气敏传感器可以看做是原电池， Pt电极a通入氨气发生氧化反应生成N2为负极，Pt电极b上通入O2发生还原反应为正极。 原电池中阴离子移向负极，溶液中向电极a移动； 图中所示原电池中，b极为正极，电极反应式为：； 当b电极上消耗标况下时转移了0.6mol电子，反应的NH3为0.2mol。 18． < 【分析】由图可知，接触室中催化氧化SO2的分为两步，第一步是SO2与V2O5反应生成SO3和V2O4，反应热化学方程式为：，第二步反应为四氧化二钒与氧气反应生成五氧化二钒，反应热化学方程式为：，总反应的反应热。 【详解】由以上分析得出：第二步反应为四氧化二钒与氧气反应生成五氧化二钒，反应热化学方程式为：；接触室中催化氧化SO2的总反应的反应热，因此1molSO2被氧化放出的热量是99 kJ，因该反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以1mol二氧化硫与0.5mol氧气反应放出的热量小于99 kJ。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$