2025届高三化学一轮复习 复习题--化学反应原理综合题

2025届高三化学复习题--化学反应原理综合题 1．（2024·江苏·模拟预测）氮氧化物会严重污染空气，汽车尾气及一些工业生产的烟气中都含有氮氧化物，工业上常用催化转化法、氨还原法、氧化剂氧化法进行处理。回答下列问题： (1)汽车排放的尾气中有NO和CO，在催化剂的作用下可转化为两种无污染的气体。已知： N2(g)+O2(g) 2NO(g)　△H1=+180.0kJ·mol-1　① CO(g)+O2(g) CO2(g)　△H2=-283.5kJ·mol-1　② 则反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)　△H= 。 (2)在2L的密闭容器中充入1molNO2和2molCO，发生下述反应：4CO(g)+2NO2(g) N2(g)+4CO2(g)　△H＜0，下图为平衡时CO2的体积分数与温度和压强的关系。在D点时，升高反应体系的温度，同时扩大容器的体积减小体系的压强，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的 点。 (3)利用某分子筛作催化剂，NH3可脱除废气中的NO和NO2，其反应历程如下图所示，图中生成X的中间反应的离子方程式为 ，历程图中总反应的化学方程式为 。 (4)在酸性条件下，用NaClO2作氧化剂可将NO氧化为，并放出热量。 ①该反应的离子方程式为 。 ②向NaClO2溶液中加入Fe3+，会发生反应：Fe3++=Fe2++ClO2↑。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。起始NaClO2溶液浓度相同时，含Fe3+的NaClO2溶液作为吸收剂，NO的氧化率更高，原因是 ；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．（2024·浙江·模拟预测）硫酸有着广泛的用途。硫酸工业在国民经济中占有重要地位。某科研单位利用电化学原理，使用SO2来制备硫酸，装置如图所示。电极为多孔的材料，能吸附气体，同时也能使气体与电解质溶液充分接触，质子交换膜只允许通过。 (1)该装置负极的电极反应式为 。 (2)我国古籍记载了硫酸的制备方法- “炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。 ①借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有 、 (填化学式)和SO2。 ②已知下列热化学方程式： CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(g)  ΔH1=akJ·mol−1 CuSO4·xH2O(s)=CuSO4(s)+xH2O(g)  ΔH2=bkJ·mol−1 CuSO4·yH2O(s)=CuSO4(s)+yH2O(g)  ΔH3=ckJ·mol−1 则CuSO4·5H2O(s)+CuSO4·yH2O(s)=2[CuSO4·xH2O(s)]的△H= kJ/mol。 (3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：SO2(g)＋O2(g)SO3(g))  ΔH2=-98.9kJ·mol−1 ①为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制不同转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如图，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 ②固定投料比，在压强分别为0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa下，得到SO2的平衡转化率随温度的变化如图所示。则在5.0MPa、550℃时，该反应的平衡转化率= 。 ③对于气体参与的反应，可用气体组分(B)的平衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)来表示平衡常数Kp。设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，则上述催化氧化反应的Kp= (用含p和αe的代数式表示)。 3．（2024·山西运城·二模）加热分解可以制备活性。 已知：热分解反应如下： ①   ②   ③   回答下列问题： (1)   (用、、表示)。 (2)在空气中热失重图像如图1所示(、、对应的物质为纯净物且、对应的是氧化物)，段固体分解产生的气体是 (填电子式)；段的化学方程式为 。 (3)某温度下，在真空密闭容器中投入足量的，发生反应①，时，温度不变，将容器体积缩小为原来的四分之一后保持体积不变，再次达到平衡状态，如图2所示，A点可能移动到 (填“B”“C”或“D”)点，判断依据是 。 (4)一定温度下，在恒容密闭容器中投入足量的粉末发生反应①，下列情况表明反应已达到平衡状态的是 (填标号)。 a．气体密度不随时间变化    b．气体相对分子质量不随时间变化 c．固体质量不随时间变化    d．浓度不随时间变化 (5)已知：   ①几种物质相对能量如下： 物质 相对能量 -894 0 -959 -393.5 则该反应 。 ②在密闭容器中充入足量和，发生上述反应。测得平衡体系中体积分数与压强、温度关系如图所示， (填“>”“<”或“=”)。温度下，点平衡常数为 (用表示)。 提示：用分压计算的平衡常数为，分压总压物质的量分数。 4．（2024·浙江绍兴·模拟预测）I．电解法可处理氯化钙废液同时，吸收CO2，装置如图所示。 (1)阴极室发生的变化可视为两步，电极反应式： 和。 II．工业含硫烟气污染大气，研究烟气脱硫具有重要意义。 方法一、H2还原脱硫： (2)300℃，发生反应：①   ②   ③   请用一个等式来表示三个反应的之间的关系 。 (3)反应③，在恒温、恒容的密闭容器中，充入和，平衡常数，测得平衡时和的浓度均为，则平衡时的值为 。 方法二、O2氧化脱硫： (4)某同学探究活性炭吸附催化氧化，以N2作稀释剂，一定温度下，通入、和反应生成，其中不同温度下，在活性炭上的吸附情况如图，下列说法正确的是_______。 A．温度越低，SO2的吸附量越高，SO2氧化反应速率越快 B．已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，可推断该过程是熵减、放热的过程，温度过高不利 C．原料中水蒸气的含量越大，脱硫速率一定越快 D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的占据了吸附位点没及时脱出导致 (5)在SO2与O2反应过程中掺入少量CH4有利于提高SO2转化成SO3，其中一种解释是甲烷参与氧化反应过程中存在如图机理。原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由 。 5．（2024·海南·一模）中国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的从头合成，CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。 以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下： I．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)    ΔH=+177kJ·mol-1 (主反应) II．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)   ΔH=+9kJ·mol-1 (副反应) (1)反应I的反应历程可分为如下两步： i． C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)    ΔH1 (反应速率较快) ii． H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)    ΔH2=+44kJ·mol-1 (反应速率较慢) ①∆H1= ②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应I速率影响更大，原因是 。 (2)向恒压密闭容器中充入CO2和C2H6合成C2H4，发生主反应，温度对催化剂K-Fe-Mn/Si-2性能的影响如图所示，工业生产综合各方面的因素，反应选择800℃的原因是 。 (3)工业上也可用甲烷催化法制取乙烯，只发生反应如下：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g) ΔH>0，温度T时，向2L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示： 实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T温度时， (用含有x的代数式表示)；当温度升高时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m n(填“>”、“＜”或“=”)。 6．（2024·重庆·一模）乙醇是一种重要的化工产品，有关乙醇的研究是化工生产中重要的课题。 (1)乙醇部分氧化制氢涉及以下几个反应： ① ② ③ 存在反应乙醇中氢原子全部转化为目标产物：，则该反应的反应热 (用含和的式子表示)。 (2)用乙醇制乙烯，其他条件相同，乙醇转化率和乙烯选择性[]随温度、乙醇进料量(mL·min-1)的关系如图甲所示。在温度范围内，下列说法正确的是___________。 A．一定温度下，增大乙醇进料量，乙醇转化率增大 B．当温度一定，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大 C．当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性升高 D．当乙醇进料量一定，随温度的升高，乙烯选择性不一定增大 (3)利用二甲醚催化羰化制备乙醇主要涉及以下两个反应： 反应I：CO(g)+CH3OCH3(g) CH3COOCH3(g)    反应Ⅱ：CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) 在固定CO、CH3OCH3、H2的原料比及体系压强不变的条件下，同时发生反应I、Ⅱ，平衡时各物质的物质的量分数随温度的变化如图乙所示。 ①曲线X表示 。 ②时，物质的量分数随温度升高而降低的原因是 。 ③一定温度和压强下，向初始体积为1L的密闭容器中通入和与，发生以上两反应，测得平衡时，体积减小，则平衡时， ，反应Ⅱ的平衡常数 (保留2位有效数字)。 (4)用KOH溶液吸收工业废气中的CO2，电解得到的K2CO3溶液可生产乙醇等有机物。相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图所示： 选择性 写出当电解电压为U1时阴极主要发生的电极反应式 。当电解电压为U2时，生成CH3CH2OH和HCOO-的选择性之比为 。 7．（2024·湖南益阳·三模）煤的间接液化是煤的综合利用的一种重要方法。首先是煤燃烧生成，再在钼系催化剂的催化作用下与反应，最终生成。过程中主要发生如下反应： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： (1)钼的基态原子中未成对电子数为 。 (2)已知的燃烧热 。 (3)为更好地研究煤的液化过程，某学习小组对反应Ⅱ进行了系统的研究。在一个的刚性容器中加入气体及水蒸气，在及钼系催化剂(固体)存在条件下只发生反应Ⅱ。 ①下列能说明该反应已达到平衡状态的有 (填标号) 。 A．的体积分数不再改变        B．不再改变 C．容器的总压不再改变            D．容器中气体的密度不再改变 ②下图为四种组分的平衡时物质的量分数随温度的变化曲线。图中曲线b表示的物质是 ，原因是 。 ③时该反应的平衡常数为 。 ④时，某同学在该容器中加入和，同时加入了和，达到平衡后的体积分数仍与N点相同，则 (用含m的代数式表示)。 8．（2024·湖南岳阳·二模）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。以生物材质(以C计)与水蒸气反应制取H2是一种低耗能，高效率的制H2方法。该方法由气化炉制造H2和燃烧炉再生CaO两步构成。气化炉中涉及到的反应如下： Ⅰ．　 Ⅱ．　 Ⅲ．　 Ⅳ．　 (1)已知反应Ⅱ的，、、的键能分别为803kJ/mol、464kJ/mol、436kJ/mol，则中碳氧键的键能为 kJ/mol (2)绝热条件下，将、以体积比2：1充入恒容密闭容器中，若只发生反应Ⅱ，下列可作为反应Ⅱ达到平衡的判据是_____。 A．与比值不变 B．容器内气体密度不变 C．容器内气体压强不变 D．不变 (3)反应Ⅱ：的速率方程为，。(、为速率常数，与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。净反应速率()等于正、逆反应速率之差。平衡时， (填“>”“<”或“=”)。 (4)对于反应Ⅲ，若平衡时保持温度不变，再充入，使其浓度增大到原来的2倍，则平衡移动方向为 (填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)；当重新平衡后，浓度 (填“变大”“变小”或“不变”)。 (5)一定条件下，与反应可合成，，该反应分两步进行： ⅰ．　 ⅱ．　 T℃，压强恒定为100kPa时，将的混合气体和催化剂投入反应器中，达平衡时，部分组分的物质的量分数如表所示。 组分 物质的量分数(%) 的平衡转化率为 ，反应ⅰ的平衡常数 (是以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 9．（2024·青海西宁·一模）和的催化重整对温室气体的减排具有重要意义，其反应为：。回答下列问题： (1)已知相关物质的燃烧热（、）： 物质 燃烧热 ？ 则燃烧热 。 (2)其它条件相同，在不同催化剂（A、B）作用下，反应进行相同时间后，的产率随反应温度的变化如图所示。 ①由图可知，催化效果较好的催化剂是 ，在催化剂A、B作用下，它们反应活化能分别用、表示，则 （填“>”“<”或“=”）。 ②速率大小比较：y点对应的 z点对应的（填“>”“<”或“=”）。 (3)将原料和按等物质的量充入密闭容器中，保持体系压强为发生反应：。达到平衡时，体积分数与温度的关系如图所示。 ①若A、B、C三点表示不同温度和压强下达到平衡时的体积分数，则 点对应的平衡常数最小，理由是 。 ②、下，达平衡时转化率= ；该温度下，此反应的平衡常数 （以分压表示，分压=总压强×气体成分的物质的量分数）。 10．（2024·陕西渭南·二模）氢能是一种重要的绿色能源，在实现“碳中和”与“碳达峰”目标中起到重要作用。乙醇与水催化重整制氢发生以下反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 回答下列问题： (1)①已知反应Ⅲ：，则 。 ②反应I能自发进行的条件为 。 (2)压强为的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示，每条曲线表示相同的平衡产率。 ①反应Ⅱ的平衡常数： （填“>”、“=”或“<”） ②的产率：B点 C点（填“>”、“=”或“<”）； ③A、B两点产率相等的原因是 。 (3)压强为下，和发生上述反应，平衡时和的选择性、乙醇的转化率随温度的升高曲线如图所示。[已知：CO的选择性 ①时，10分钟反应达到平衡，则乙醇的物质的量的变化量 mol。 ②表示选择性的曲线是 （填标号）。 ③时，反应II的 （保留三位有效数字）。 11．（2024·上海嘉定·二模）治理硝酸盐污染方法之一可以采用常温常压电化学合成氨的方法。碱性条件下还原为的一种反应机理如图所示。 (1)关于以上机理说法正确的是___________。 A．Co是反应历程中的中间产物 B．是反应催化剂 C．增大Co的量，能提高的平衡转化率 D．过程①~③均为氧化还原反应 (2)下列分子或离子的空间结构正确的是___________。 A．平面三角形 B．正四面体形 C．HCN三角形 D．三角锥形 (3)实验室利用以下装置模拟了硝酸盐还原为氨的反应，总反应为，写出c电极上发生的电极反应 。 (4)该装置工作时，下列描述正确的是___________。 A．a为阴极 B．电极d上发生还原反应 C．随着反应进行A池碱性增强 D．理论上标况下有2.24L 生成，则有0.4mol电子从电源b极流入电极d (5)对比评价，与传统的哈伯合成法相比，电催化合成氨气的优势有(写出两点)： ， 。 12．（2024·北京房山·一模）大气中含量的控制和资源化利用具有重要意义。 (1)还原是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： Ⅰ： Ⅱ： 反应 (2)工业上可利用制备：   ①时，该反应的平衡常数，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为，则此时 (填“>”“=”或“<”)。 ②提高反应速率且增大的平衡产率，可采取的措施 。 A．升高反应温度 B．使用合适的催化剂 C．增大体系压强 D．从平衡体系中及时分离出 (3)一种捕获并实现资源利用的反应原理如图1所示。反应Ⅰ完成之后，以为载气，将恒定组成的混合气，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，在催化剂上有积碳，推测发生了副反应(反应Ⅲ)：。 ①反应Ⅱ的化学方程式为 。 ②时间段内，反应Ⅱ速率减小至0的原因 。 ③时刻，反应II和反应Ⅲ生成的速率之比为 。 (4)在铜基配合物的催化作用下，利用电化学原理可将转化为碳基燃料(包括、烷烃和羧酸等)，其装置原理如图所示。 ①图中生成甲酸的电极反应式为 。 ②当有通过质子交换膜时，理论上最多生成的质量为 。 13．（2024·辽宁锦州·一模）利用和合成甲醇（），在催化剂作用下涉及以下反应： 反应ⅰ   反应ⅱ   反应ⅲ   回答下列问题： (1)反应ⅲ在 （填“高温”、“低温”或“任意温度”）条件下能自发进行。 (2)反应ⅲ的反应历程如下图所示，图中数据表示微粒数目以及微粒的相对总能量，其中吸附在催化剂表面的物质用*标注，决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为 。 (3)对于上述和合成涉及的三个反应，下列说法正确的是______（填标号）。 A．减小的浓度有利于提高的转化率 B．当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡 C．体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，反应ⅱ平衡不移动 D．选用合适的催化剂可以提高在单位时间内的产量 (4)在恒压密闭容器中，按照投料发生反应ⅰ和反应ⅱ。 Ⅰ．反应达平衡时，测得转化率和甲醇的选择性随温度的变化如图1所示。 ①温度选择 K（填“473”、“513”或“553”）时，反应体系内甲醇的产量最高。 ②的平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 Ⅱ．用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数，随温度的倒数（）的变化关系如图2所示。（已知：分压＝总压×该气体的物质的量分数；压强的单位为kPa） ③反应ⅱ的变化关系对应图2中 （填“m”或“n”）。 ④通过调整温度可调控平衡时的分压比值，A点对应温度下，平衡时，则 kPa。 ⑤当体系总压为10kPa时，B点对应温度下体系达到平衡时的转化率为80%，反应i的 （用分数表示）。 14．（2024·浙江杭州·二模）乙二醇是应用广泛的化工产品，草酸二甲酯的热催化加氢是生产乙二醇、乙醇酸甲酯的重要工艺。主要反应如下： I． Ⅱ． Ⅲ． (1)写出由草酸二甲酯热催化加氢生成乙二醇的热化学方程式： 。 (2)计算表明，反应Ⅲ在研究的温度范围内平衡常数大于，可以认为反应Ⅲ几乎不可逆，为了限制反应Ⅲ对乙二醇产率的影响，可采取的最佳措施是___________。 A．升高反应体系的温度 B．适当增大反应投料中氢气的比例 C．增大反应体系的压强 D．选择合适的催化剂进行反应 (3)在选定催化剂后，科研人员研究了投料比和压强对反应平衡的影响，测得在、的等温等压条件下，原料草酸二甲酯的转化率()及产物的选择性(S)随投料比的变化关系如图(生成某产物的草酸二甲酯的物质的量/参与反应的草酸二甲酯的总物质的量)。 ①当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，其原因是 。 ②已知投料比为60时，草酸二甲酯的转化率为，该条件下不发生反应Ⅲ，则最终收集的流出气中甲醇蒸气的分压为 (计算结果保留二位小数)。 (4)在等压、投料比为50的条件下，科研人员测量了原料草酸二甲酯的转化率()及各产物的选择性(S)随温度变化关系，如图。 ①当反应温度高于时，乙二醇的选择性降低，原因是 。 ②请画出乙醇酸甲酯的产率随温度的变化 。 15．（2024·上海宝山·一模）Ⅰ.CH4-CO2催化重整是CO2利用的研究热点之一，其主要反应原理为CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)   已知：① C(s)+2H2(g)= CH4(g)   ∆H = - 75 kJ·mol-1 ② C(s)+O2(g) =CO2(g)    ∆H = - 394 kJ·mol-1 ③ C(s)+ O2(g) =CO(g)   ∆H = - 111 kJ·mol-1 (1)固态CO2属于___________晶体，当它升华时，其中___________作用力发生了变化。 A．分子  共价键        B．分子  范德华力    C．共价  共价键 (2)根据盖斯定律，该催化重整反应的∆H = kJ·mol-1。 A．+247                B．-247                C．+358                D．-358 写出该催化重整反应的平衡常数表达式K= 。 (3)某温度下，在体积为2 L的容器中加入a mol CH4、2a mol CO2以及催化剂进行重整反应，10 min时测得生成的CO是0.5a mol。则0~10 min CH4的平均反应速率v(CH4)= 。有利于提高CH4平衡转化率的条件是 。 A．高温                B．高压                C．使用催化剂        D．增大CO2浓度 Ⅱ.Na2CO3是一种重要的化工原料，可以用CO2等原料来制取。其反应原理如下：NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O (4)Na2CO3俗称纯碱，试用化学原理解释该俗称产生的可能原因。 。 (5)写出NaHCO3在水溶液中的电离方程式 。已知：NaHCO3溶液显碱性，比较该溶液中某些微粒浓度的大小：CO H2CO3(填“>”、“<”或“=”)。 Ⅲ.我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果。 (6)①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在 极发生电化学反应。 a．正                B．负                C．阴                D．阳 ②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。CO2在碱性介质中电化学还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为 。 16．（2024·上海普陀·二模）Ⅰ.高铁酸钾(K2FeO4) 是一种高效、无毒的强氧化剂，常温下为紫色固体，微溶于浓KOH溶液，能溶于水，且能与水反应放出氧气，并生成Fe(OH)3胶体。稳定性随pH的下降而减弱，酸性条件下易分解。 (1)下列有关铁及其化合物的性质与用途具有对应关系的是___________ A．铁粉具有还原性，可防止食物氧化变质 B．高铁酸钾能溶于水，可作氧化剂 C．氢氧化铁胶体具有碱性，可用于净水 D．纯铁无杂质，可用作建筑材料 Ⅱ.K2FeO4的净水原理如图所示： (2)下列说法错误的是___________ A．K2FeO4中铁元素显+6价 B．过程①中K2FeO4被细菌还原 C．过程②中的Fe(OH)3胶体粒子带正电荷 D．过程③中聚沉是由于胶体发生了渗析 (3)写出K2FeO4与水反应的化学方程式 。 Ⅲ.已知可用Cl2与Fe(NO3)3制备K2FeO4(含副产品KCl、KNO3)，查阅资料得知高铁酸盐在水溶液中有四种含铁形体。25℃时，它们的物质的量分数随pH的变化如图所示： (4)①为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在 。 ②写出在此条件下，反应的离子方程式： ；每生成39.6g K2FeO4，转移的电子数目为 ； (5)已知溶液的酸碱性及离子浓度会对反应试剂的氧化性、还原性产生影响。 某实验小组研究不同反应试剂对K2FeO4产率的影响，对比实验如下： 实验编号 反应试剂 实验现象 Ⅰ Cl2、FeCl3和少量KOH 无明显现象 Ⅱ Cl2、FeCl3和过量KOH 得到紫色溶液，无紫色固体 Ⅲ Cl2、Fe(NO3)3和过量KOH 得到紫色溶液(颜色比Ⅱ深)，有紫色固体 注：上述实验中，溶液总体积、FeCl3和Fe(NO3)3的物质的量、Cl2的通入量均相同。 ①由实验I、II的现象可知，Fe3+的还原性随溶液碱性的增强而 (填“增强”、“减弱”或“不变”)； ②实验II中K2FeO4的产率比实验III低，试解释其可能的原因： ； ③向实验II所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅，试解释其可能的原因： 。 (6)实验室测定含少量杂质的K2FeO4样品的纯度：称取0.1500g K2FeO4样品溶于碱性KI溶液中，调节pH至弱酸性使混合液充分反应。用0.1000 mol·L−1的Na2S2O3标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液25.00 mL。滴定时，发生反应的离子方程式：FeO+ 4I−+ 8H+= Fe2+ + 2I2+ 4H2O；I2 + 2S2O= S4O+ 2I−。已知：M(K2FeO4) =198g·mol−1，试计算K2FeO4样品的纯度： (写出计算过程)。 17．（2024·贵州黔东南·二模）CO2的强温室效应导致全球气候显著变化，此变化引起各国政府的高度重视。利用CO2是实现碳中和目标的重要技术手段。我国某教授团队报道了一种以棒状CeO2为载体，通过引入Ti调控催化剂，实现在反应釜中CO2加氢反应一步制乙醇的技术，反应原理为。 (1)某些常见化学键的键能数据如下表： 化学键 C=O H—O H—H C—O C—H C—C 键能() 803 463 436 326 414 348 依据表中数据计算的H= ，下列有利于该反应自发进行的条件是 (填标号)。 A．高温　　　　　    B．低温　　　　　    C．任何温度 (2)在催化剂作用下，加氢反应制乙醇的反应历程如图(部分吸附态的物质未列出)。 该反应中形成的化学键有 (填标号)。 A．σ键　　　　　B．非极性键　　　　　C．氢键 (3)一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量与进行反应，下列条件能判断该反，应达到平衡状态的是 (填标号)。 a．    　　　　　　　　b．容器中气体的平均摩尔质量不变 c．CH3CH2OH的百分含量保持不变　　　　d．容器中混合气体的密度保持不变 (4)分别按投料比L=1∶4、1∶2、4∶1[]将反应物投入密闭容器中，在恒定压强为MPa下进行反应，测得的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。 ①表示的曲线为 (填标号)。 ②、、由大到小的顺序是 。 ③℃、投料比为下，该反应的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 18．（2024·湖南衡阳·二模）低碳烯烃是重要的化工原料，广泛用于生产塑料、溶剂、药物、化妆品等。低碳烯烃主要是指乙烯、丙烯、丁烯。回答下列问题： Ⅰ．我国科学家研究出新型催化剂/ZMS—5，能使加氢生成乙烯，反应过程如图所示： (1)催化加氢的反应由反应①和反应②两步完成，反应①的活化能＞反应②的活化能，则催化加氢反应的决速步骤是 （填“反应①”或“反应②”）。反应③为解聚、烯烃异构化反应，烯烃异构化是指改变烯烃结构而相对分子质量不变的反应过程，化工生产中的下列烯烃能发生异构化反应的是 （填字母）。 A．乙烯                    B．2-甲基丙烯            C．2，3-二甲基-1-丁烯 Ⅱ．丙烯作为化工原料，其用量仅次于乙烯，应用丙烷脱氢制丙烯成为丙烯的重要来源，涉及的主要反应如下： ⅰ．     ⅱ．     (2)         。 (3)按起始投料比将气体匀速通入到恒压（100kPa）密闭容器中，发生反应ⅰ和反应ⅱ。在相同时间不同温度（T）下，测得反应过程中、的转化率变化曲线如图所示： M表示 （填“”或“”）的转化率随温度变化的曲线；C点后，随着温度升高，主要进行的反应是 （填“ⅰ”或“ⅱ”），该反应在温度为K时的压强平衡常数 kPa（保留一位小数）。 Ⅲ．中国科学院大连化学物理研究所利用金属氧化物和分子筛的复合催化剂（OXZEO）实现了合成气（CO、）转化为低碳烯烃，反应过程如图所示： (4)该图显示，CO吸附到金属氧化物表面，碳氧键被“剪断”变成O原子和C原子，与C原子反应形成烃类中间体，该烃类中间体的电子式为 。该中间体通过碳原子的链式增长，生成各种烯烃。该反应机理中，碳原子的链式增长的位置为 （填字母）。 A．金属氧化物表面                                B．金属氧化物与分子筛之间的气体氛围中 C．分子筛表面                                    D．分子筛的孔道中 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)－747.0kJ·mol-1 (2)E (3) [(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++H++N2+H2O 2NH3+NO +NO22N2+3H2O (4) 2H2O+3+4NO=4+3Cl-+4H+ Fe3+会与反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快 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 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应②×2－①得2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，则反应△H=－283.5kJ·mol-1×2－180.0kJ·mol-1=－747.0kJ·mol-1，故答案为：－747.0kJ·mol-1； （2）该反应是放热反应，升高温度时平衡逆向移动，CO2的体积分数减小；该反应是气体物质的量减少的反应，减小体系的压强，平衡逆向移动，CO2的体积分数减小，则图中满足压强减小、CO2的体积分数减小的平衡点是E点，故答案为：E； （3）由图可知，生成X的反应的离子方程式为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++H++X，由电荷守恒和原子守恒可知，X为N2和H2O，则反应的离子方程式为[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++H++N2+H2O，总反应的化学方程式为2NH3+NO +NO22N2+3H2O，故答案为：[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++H++N2+H2O；2NH3+NO +NO22N2+3H2O； （4）①酸性条件下，ClO2-可将NO氧化为NO3-，则ClO2-的还原产物为Cl-，据此可写出：ClO2-+NO→Cl-+NO3-，配平氧化剂、还原剂及还原产物、氧化产物得：3ClO2-+4NO→3Cl-+4NO3-，可知反应物中缺少O原子，生成物中负电荷过多，所以反应物中应补水，生成物中应补H+，最终写出离子方程式：2H2O+3ClO2-+4NO=4NO3-+3Cl-+4H+，故答案为：2H2O+3ClO2-+4NO=4NO3-+3Cl-+4H+； ②NaClO2可将NO氧化为NO3-，NaClO2溶液浓度越大，NaClO2氧化NO速率越快，NO氧化率增大；起始NaClO2溶液浓度相同时，Fe3+会与ClO2-反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快，导致含Fe3+的NaClO2溶液作吸收剂时，NO的氧化率更高；ClO2-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，其温度过高时，NO在吸收液中的溶解度降低，所以温度超过60℃后，NO氧化率下降，故答案为：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．(1)2SO2-2e-+2H2O=4H++ (2) CuO SO3 (a+c-2b) (3) CD 0.975 【详解】（1）SO2制备硫酸，O2作氧化剂，电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，二氧化硫具有还原性，在负极反应，通入SO2的电极为负极，其电极反应式为2SO2-2e-+2H2O=4H++； （2）①根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO+2SO2↑+SO3↑+O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2； ②已知下列热化学方程式： CuSO4·5H2O(s)=CuSO4(s)+5H2O(g)  ΔH1=akJ·mol−1 CuSO4·xH2O(s)=CuSO4(s)+xH2O(g)  ΔH2=bkJ·mol−1 CuSO4·yH2O(s)=CuSO4(s)+yH2O(g)  ΔH3=ckJ·mol−1 根据盖斯定律，方程式a+c-2b可得CuSO4·5H2O(s)+CuSO4·yH2O(s)==2[CuSO4·xH2O(s)]的的△H=(a+c-2b) kJ·mol-1； （3）①A．根据图示，温度过高，催化剂失活，反应速率减慢，A错误； B．催化剂不改变平衡状态，相同温度下转化率还有高于0.88的，说明α=0.88的曲线不能代表平衡转化率，B错误； C．根据图示，转化率越大，反应速率最大值对应温度越低，C正确； D．可根据不同α下的最大速率，选择最合适的生产温度，D正确； 答案选CD； ②该反应正向为气体分子数减小的反应，温度相同时增大压强，化学平衡向正向移动，SO2的平衡转化率(α)增大，5.0MPa>2.5MPa=p2，故p1=5.0MPa．故5.0 MPa、550℃时，α=0.975； ③利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp===；设SO2初始量为m mol，则平衡时n(SO2)=m-m·αe=m(1-αe)，n(SO3)=m·αe，Kp==。 3．(1) (2) (3) 反应的平衡常数，温度不变，平衡常数不变，不变 (4) (5) +84 > (kPa)3 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应可得反应，则反应△H=，故答案为：； （2） 由图可知，260℃时碳酸锰的物质的量为=0.1mol，由锰原子个数守恒可知，420℃时，7.1g剩余固体中氧元素的物质的量为=0.1mol，则剩余固体中锰元素和氧元素的物质的量比为1:1，化学式为MnO，所以260℃—420℃发生的反应为碳酸锰受热分解生成氧化锰和二氧化碳，二氧化碳是只含有共价键的共价化合物，电子式为；550℃时，8.7g剩余固体中氧元素的物质的量为=0.2mol，则剩余固体中锰元素和氧元素的物质的量比为1:2化学式为MnO2，所以420℃—550℃发生的反应为氧化锰与空气中的氧气共热反应生成二氧化锰，反应的化学方程式为，故答案为：；； （3）由方程式可知，反应①的平衡常数，温度不变，平衡常数不变，t1min时，温度不变，将容器体积缩小为原来的四分之一后保持体积不变气体压强增大，二氧化碳的分压增大，但反应的平衡常数不变，再次达到平衡状态时，二氧化碳的分压不变，所以A点可能移动到D点，故答案为：D；反应的平衡常数，温度不变，平衡常数不变，不变； （4）a．由质量守恒定律可知，该反应是气体质量增大的反应，恒容密闭容器中混合气体的密度增大，则气体密度不随时间变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； b．由方程式可知，反应①所得气体为二氧化碳，反应中二氧化碳的物质的量增大，但相对分子质量不变，则相对分子质量不随时间变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； c．由质量守恒定律可知，该反应是固体质量减小的反应，反应中固体质量减小，则固体质量不随时间变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； d．碳酸锰固体的浓度为定值，反应中碳酸锰的浓度始终不变，则碳酸锰的浓度不随时间变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； 故选ac； （5）①由题给数据可知，反应△H=(—959kJ/mol×2—393.5kJ/mol×4)—(—894kJ/mol×4+0)=+84kJ/mol，故答案为：+84； ②该反应为吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的体积分数增大，由图可知，T1条件下二氧化碳的体积分数大于T2条件下，所以温度T1大于T2；由图可知， T1温度下，M点二氧化碳的体积分数为50%，则二氧化碳和氧气的平衡分压相等，都为2akPa×50%=akPa，则平衡常数Kp==(kPa)3，故答案为：(kPa)3。 4．(1) (2) (3) (4)BD (5)该反应未达平衡，在氧化过程中会生成大量、自由基，有利于氧化速率加快 【详解】（1）电解CaCl2溶液，阴极H2O得到电子生成CO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，然后发生反应：。 （2）由盖斯定律可知，①-2×②可得反应③，则三个反应的之间的关系为：。 （3）根据已知条件列出“三段式” K==3.375，解得x=1mol，则平衡时= =。 （4）A．由图可知，温度越低，SO2的吸附量越高，但SO2氧化反应速率越慢，A错误； B．该反应是气体体积减小的反应，熵减，已知：SO2的物理吸附过程能自发进行，则该反应为放热反应，温度过高不利于反应正向进行，B正确； C．原料中水蒸气的含量越大，SO2和O2的浓度减小，脱硫速率不一定越快，C错误； D．随着时间的推移，SO2吸附速率降低，可能是由于生成的H2SO4占据了吸附位点没及时脱出导致，D正确； 故选BD。 （5）原料以一定流速通过反应容器，出口处测SO3的含量，结合机理说明甲烷体积分数增大，SO3体积分数也增大的理由为：该反应未达平衡，在氧化过程中会生成大量、自由基，有利于氧化速率加快。 5．(1) +133kJ/mol 反应ⅱ为反应Ⅰ的决速步，c(CO2)增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率 (2)温度低于800℃时，反应物的转化率不够高，温度高于800℃时，C2H4选择性下降较为明显，而800℃时反应物的转化率和C2H4选择性都相对较高，有利于提高C2H4的产率 (3) ＞ 【详解】（1）①由盖斯定律可知，反应Ⅰ—ii可得反应i，则反应∆H1=(+177kJ/mol)—(+44kJ/mol)= +133kJ/mol，故答案为：+133kJ/mol； ②化学反应速率取决于慢反应，由题意可知，反应i是快反应，反应ⅱ为慢反应，反应ⅱ是反应Ⅰ的决速步，增大二氧化碳的浓度，反应ii速率加快，从而提高反应I速率，所以相比于增大乙烷的浓度，增大二氧化碳的浓度对反应Ⅰ速率影响更大，故答案为：反应ⅱ为反应Ⅰ的决速步，c(CO2)增大，反应ii速率加快，从而提高反应I速率； （2）由图可知，温度低于800℃时，反应物的转化率不够高，温度高于800℃时，乙烯选择性下降较为明显，而800℃时乙烷的转化率和乙烯选择性都相对较高，有利于提高乙烯的产率，所以工业生产中综合各方面的因素后，反应选择800℃，故答案为：温度低于800℃时，反应物的转化率不够高，温度高于800℃时，C2H4选择性下降较为明显，而800℃时反应物的转化率和C2H4选择性都相对较高，有利于提高C2H4的产率； （3）由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：k正c2(CH4) =k逆c(C2H4)c2(H2)，整理可得：=，由图可知，平衡时甲烷的物质的量为xmol，由方程式可知，乙烯、氢气的物质的量分别为0.5(2—x)mol、(2—x)mol，则==；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，则正反应速率常数增大的倍数m大于逆反应速率常数增大的倍数n，故答案为：；>。 6．(1) (2)BD (3) 两者均为放热反应，温度升高均逆移，而反应I平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度 (4) 【详解】（1）由题干已知信息可知，反应①，②，③，则①+(②+2③)可得反应，根据盖斯定律可知，该反应的反应热，故答案为：； （2）A．根据图中曲线可知，当温度为410℃时乙醇进料量为0.4ml•min-1时转化率为0.9，乙醇进料量为1.2ml•min-1时转化率为0.7，即随乙醇进料量增大，乙醇转化率减小，A错误； B．根据图中曲线可知，当温度为410℃时乙醇进料量为0.4ml•min-1时乙烯选择性0.96，乙醇进料量为1.2ml•min-1时0.99，所以温度一定时，随乙醇进料量增大，乙烯选择性增大，B正确； C．根据图象，当乙醇进料量一定，随乙醇转化率增大，乙烯选择性逐渐升高，但温度高于430℃后，乙烯选择性逐渐降低，C错误； D．由图可知，乙醇进料量一定时，随温度的升高，乙烯选择性先增大后减小，而不是一直升高，D正确； 故答案为：BD； （3）①由题干图示信息可知，温度高于800℃时，乙醇和甲醇的物质的量分数几乎为零，说明高于800℃以反应Ⅰ为主，则随着温度升高，反应Ⅰ化学平衡逆向移动，CO和二甲醚物质的量分数增大，故Y表示二甲醚或者CO的物质的量分数随温度的变化情况，故X表示H2，故答案为：H2； ②600～700K时，根据分析两个反应都是放热反应，再根据图3中各物质的曲线变化得到CH3COOCH3物质的量分数随温度升高而降低的原因是温度升高，反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度，故答案为：两者均为放热反应，温度升高均逆移，而反应Ⅰ平衡左移超过反应Ⅱ平衡左移的幅度； ③一定温度和压强下，向初始体积为1L的密闭容器中通入和与，发生以上两反应，则有三段式分析：,,测得平衡时，体积减小20%，则平衡时，=0.8，x-y=0.4，解得：x=0.6mol，y=0.2mol，=2.0mol/L，反应Ⅱ的平衡常数==0.031L/mol，故答案为：2.0mol/L；0.031L/mol； （4）由题干图示信息可知，U1下主要产物为HCHO，故当电解电压为U1时阴极主要发生的电极反应式为：+4e-+4H2O=HCHO+6OH-，当电解电压为U2时，生成CH3CH2OH和HCOO-的法拉利效率相等，即生成CH3CH2OH和HCOO-转化的电子相等，则生成的CH3CH2OH与HCOO-的物质的量之比为：1:6，故其的选择性之比为2:6=1:3，故答案为：+4e-+4H2O=HCHO+6OH-；1:3。 7．(1)6 (2)-1366.8 (3) AB 随着反应的进行，反应物物质的量分数减小，生成物物质的量分数增大，随温度升高，平衡正向移动，的含量增大，且O2系数是的3倍 2m+2 【详解】（1）钼元素的原子序数为42，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1，未成对电子数为6； （2）反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 反应Ⅳ： 根据盖斯定律-（反应Ⅱ+反应Ⅲ+3×反应Ⅳ）得的燃烧热。 （3）①A．的体积分数不再改变，浓度不变，反应达到平衡，A选； B．充入的反应物不是按系数比充入，不再改变，反应达到平衡，B选； C．该反应前后气体总物质的量不变，容器的总压不再改变，不能判断反应达到平衡，C不选； D．该反应前后气体总物质的量不变，容器的体积改变，密度为定值，容器中气体的密度不再改变，不能判断反应达到平衡，D不选； 故选AB。 ②，原料初始组成n(CO2)：n(H₂O)=1：2，根据，结合反应物和生成物的系数关系，可知a表示O2、b表示、c表示H2O、d表示CO2，这是因为随着反应的进行，反应物物质的量分数减小，生成物物质的量分数增大，随温度升高，平衡正向移动，的含量增大，且O2系数是的3倍； ③列出三段式： 平衡时2-2x=x，解得x=， 时反应的平衡常数K=； ④时，某同学在该容器中加入和，同时加入了和，达到平衡后的体积分数仍与N点相同，根据等效平衡原则，加入了和，等效于加入2molCO2和2molH2O，可得，解得n=2m+2。 8．(1)1073.0 (2)CD (3)= (4) 向左移动 不变 (5) 90% 3.4 【详解】（1）反应Ⅱ．的，、、的键能分别为803kJ/mol、464kJ/mol、436kJ/mol，则有：2E(C=O)+E(H-H)-E(C≡O)-2E(H-O)=2×803+436- E(C≡O)-2×464=+41，解得：E(C≡O)=1073kJ/mol，即中碳氧键的键能为1073kJ/mol，故答案为：1073； （2）A. 化学平衡的特征之一为各组分的浓度保持不变，而不是相对或成比例，故与比值不变，不能说明反应达到化学平衡，A不合题意； B. 已知反应Ⅱ前后气体的质量不变，容器为恒容密闭容器，即反应过程中容器内气体的密度一直不变，故容器内气体密度不变不能说明反应达到化学平衡，B不合题意； C. 反应Ⅱ前后气体的物质的量虽然保持不变，容器的体积保持不变，但为绝热容器，故反应过程中容器的温度一直在改变，即容器的压强一直在改变，即容器内气体压强不变说明反应达到化学平衡，C符合题意； D. 即为浓度熵或平衡常数，反应过程中一直在改变，且平衡常数仅仅是温度的函数，温度一直在改变，也一直在变，保持不变可以说明反应达到化学平衡，D符合题意； 故答案为：CD； （3）已知化学平衡的本质特征为正、逆反应速率相等，即任何平衡状态下，净反应速率()等于正、逆反应速率之差均为0，故有平衡时，=，故答案为：=； （4）对于反应Ⅲ．，若平衡时保持温度不变，再充入，使其浓度增大到原来的2倍，则增大生成物浓度，化学平衡移动方向为向逆反应方向即向左移动；根据平衡常数K=c(CO2)仅仅是温度的函数可知，当重新平衡后，CO2浓度不变，故答案为：向左移动；不变； （5）令CO2的初始物质的量为1mol，H2的初始物质的量为3mol，设平衡气中CO2为xmol，CO为ymol，H2O（g）为zmol，则平衡时气体的总物质的量为y÷%=%ymol，平衡时H2的物质的量为%ymol×%=5ymol，平衡时CH2=CH2的物质的量为%ymol×%=4ymol，由碳原子守恒：x+y+8y=1；由氧原子守恒：2x+y+z=2；由氢原子守恒：2x+10y+16y=6；联合解得x=0.1，y=0.1，z=1.7；CO2的平衡转化率为×100%=90%，CO2、H2O的物质量分数为、，反应ⅰ的平衡常数Kp===3.4，故答案为：90%；3.4。 9．(1) (2) A ＜ ＜ (3) A 该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小 25％ 【详解】（1）燃烧热为，①；燃烧热为，②；③；根据盖斯定律：①+②+③得：表示甲烷燃烧热的热化学方程式； （2）①由图可知，催化剂A在较低温度下反应速率快，催化效果较好的催化剂是A；催化剂A在较低温度下反应速率快，使用催化剂A时活化能低，则； ②y、z反应都没有达到平衡状态，反应正向进行，；z点温度高反应速率快，z点对应的大于y点，所以y点对应的＜z点对应的； （3）①正反应吸热，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，若A､B､C三点表示不同温度和压强下达到平衡时的体积分数，则A点对应的平衡常数最小； ②设在该条件下，原料和等物质的量均为amol，转化的物质的量为xmol，，达到平衡时体积分数为30%，即，解得，甲烷转化率：，该温度下，此反应的平衡常数：。 10．(1) —41.2kJ/mol 高温 (2) = > B点温度高于点，升高温度，反应II逆向移动消耗的量与反应I、反应Ⅲ正向移动产生的量相等 (3) 0.6 a 14.0 【详解】（1）①由盖斯定律可知，反应Ⅰ+2×Ⅱ得到反应Ⅲ，则反应△H2==—41.2kJ/mol，故答案为：—41.2kJ/mol； ②反应I是熵增的吸热反应，高温条件下反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行，故答案为：高温； （2）①平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，A点和D点的反应温度相同，所以平衡常数相等，故答案为：=； ②由图可知，B点和C点起始时的值相等，每条曲线表示氢气相同的平衡产率，则在C点所在曲线上取一个点与B点温度相同，标为点E，E点与B点相比温度相同，但是E点的小于B点，增大时，三个反应均会正向移动，氢气的产率增大，所以B点氢气产率大于C点，故答案为：>； ③A、B两点氢气产率相等是因为B点温度高于点，升高温度，反应II逆向移动消耗氢气的量与反应I、反应Ⅲ正向移动产生氢气的量相等，故答案为：B点温度高于点，升高温度，反应II逆向移动消耗的量与反应I、反应Ⅲ正向移动产生的量相等； （3）反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，反应Ⅰ、Ⅲ平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ向逆反应方向移动，则升高温度，一氧化碳的选择性增大、二氧化碳的选择性减小，由一氧化碳的选择性和二氧化碳的选择性之和等于1可知，表示二氧化碳选择性的曲线为a、表示一氧化碳选择性的曲线是c、表示乙醇的转化率的曲线是b； ①由分析可知，表示乙醇的转化率的曲线是b，由图可知，573K 10分钟反应达到平衡时，乙醇的转化率为60%，则乙醇的物质的量的变化量1mol×60%=0.6，故答案为：0.6； ②由分析可知，表示二氧化碳选择性的曲线为a，故答案为：a； ③由图可知，573K时，二氧化碳的选择性为85%，一氧化碳的选择性为15%，乙醇的转化率为60%，则平衡时一氧化碳的物质的量为1mol×60%×2×15%= 0.18mol，二氧化碳的物质的量为1mol×60%×2×85%= 1.02mol，设反应Ⅰ中消耗乙醇xmol、反应Ⅱ中消耗一氧化碳ymol，反应Ⅲ中消耗乙醇zmol，由方程式和二氧化碳的转化率可得：x+z=0.6，由方程式和一氧化碳的物质的量可得：2x—y=0.18，由方程式和一氧化碳的物质的量可得：y+2z=1.02，则平衡时水蒸气的物质的量为3-x-y-3z=3-(x+z)-(y+2z)=3-0.6-1.02=1.38mol，氢气的物质的量为4x+y+6z=4(x+z)+(y+2z)=2.4+1.02=3.42mol，气体的总物质的量为0.4+1.38+1.02+0.18+3.42=6.4mol，所以反应II的Kp=≈14.0，故答案为：14.0。 11．(1)D (2)B (3)6H2O+8e-+=NH3↑+9OH- (4)C (5) 电催化合成法常温常压下进行，减少能耗、设备动力成本 电催化合成能治理硝酸盐污染，变废为宝 【分析】由图示可知，过程①为Co+，过程②为Co(OH)2→Co，过程③为→NH3。 【详解】（1）A．由图示和分析可知，过程中Co先消耗后生成，所以Co是催化剂，故A错误； B．由图示和分析可知，过程中Co(OH)2先生成后消耗，是反应历程中的中间产物，故B错误； C．由以上分析可知，Co是催化剂，所以增大Co的量，不能改变平衡，即不能提高的平衡转化率，故C错误； D．过程①为Co+，过程②为Co(OH)2→Co，过程③为→NH3，均有元素化合价发生了变化，所以均为氧化还原反应， 故D正确； 故答案为：D； （2）A．NF3的中心原子N的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4，所以其空间构型为三角锥形，故A错误； B．的中心原子N的价层电子对数为4+×(5-1-4×1)=4，所以其空间构型为正四面体形，故B正确； C．HCN的结构式为，其中心原子C的价层电子对数为2，所以其空间构型为直线形，故C错误； D．的中心原子N的价层电子对数为3+×(5+1-3×2)=3，所以其空间构型为平面三角形，故D错误； 故答案为：B ； （3）由总反应式可知，H2O转化为氧气，该过程为氧化反应，所以d电极为阳极、c电极为阴极、a电极为负极、b电极为正极，c电极上发生的电极反应为6H2O+8e-+=NH3↑+9OH-； （4）A．由总反应式可知，H2O转化为氧气的反应为氧化反应，即d电极为阳极、c电极为阴极、a电极为负极、b电极为正极，故A错误； B．由总反应式可知，d电极上H2O转化为氧气的反应为氧化反应，即d电极上发生氧化反应，故B错误； C．A池中c电极反应式为6H2O+8e-+=NH3↑+9OH-，所以随着反应进行A池碱性增强，故C正确； D．d电极为阳极、c电极为阴极、a电极为负极、b电极为正极，所以电子从电源a极流入电极c，故D错误； 故答案为：C； （5）与传统的哈伯合成法相比，电催化合成氨气的优势有：电催化合成法常温常压下即可进行，减少了能耗和设备动力成本；电催化合成法能治理硝酸盐污染，变废为宝。 12．(1) (2) > C (3) 催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应II无法进行(或其他合理答案) 3：1 (4) 4.6g 【详解】（1）由盖斯定律可知，(Ⅱ-Ⅰ)×2可得=。 （2）①时，该反应的平衡常数，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为，Q=，平衡正向进行，>； ②该反应是气体体积减小的放热反应， A．升高反应温度，平衡逆向移动，的平衡产率减小，A不选； B．催化剂不能增大的平衡产率，B不选； C．增大压强可以提高反应速率且增大的平衡产率，C选； D．从平衡体系中及时分离出，平衡正向移动，的平衡产率增大，但反应速率减慢，D不选； 故选C。 （3）①根据图1，反应Ⅱ的反应物为CaCO3和CH4，产物为CaO、CO和H2，可写出反应Ⅱ的化学方程式； ②时间段内，反应Ⅱ速率减小至0的原因为：催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应II无法进行(或其他合理答案)； ③由图可知，时刻，CO的气体流速为1.5mmol·min-1，由反应Ⅱ可知，生成H2的气体流速为1.5mmol·min-1，而实际上H2的气体流速为2mmol·min-1，说明副反应生成H2的流速为0.5 mmol·min-1，则反应II和反应Ⅲ生成的速率之比为1.5:0.5=3:1。 （4）①由图可知，Pt电极氧元素价态升高失电子，故Pt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，石墨烯电极为阴极，电极反应式为； ②当有通过质子交换膜时，转移0.2mol电子，生成0.1molHCOOH，质量为0.1mol×46g/mol=4.6g。 13．(1)低温 (2)CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g) (3)BD (4) 553K 升高温度促进反应ⅱ平衡正向移动的程度大于促进反应ⅰ平衡逆向移动的程度 n 4 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ-反应ⅱ可得反应ⅲ  ，该反应是气体体积减小的反应，，时反应能自发进行，则反应ⅲ在低温条件下能自发进行。 （2）CO*(g)+2H2(g)=HCO*(g)+H2(g)的活化能最大，反应速率最慢，故为决速步。 （3）A．减小的浓度，反应ⅰ和反应ⅱ逆向移动，的转化率减小，A错误； B．上述和合成涉及的三个反应过程中气体总质量不变，总物质的量减小，气体的平均相对分子质量增大，当气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应体系已达平衡，B正确； C．反应ⅰ是气体体积减小的反应，则体系达平衡后，若压缩体积，则反应ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度增大，导致反应ⅱ平衡逆向移动，C错误； D．选用合适的催化剂可以增大反应速率，可以提高在单位时间内的产量，D正确； 故选BD。 （4）①由题意可知，起始二氧化碳的物质的量为，由图中数据可知，473K、513K、553K时，甲醇的物质的量分别为mol×13.6%×86%≈0.029amol、mol×15%×78%≈0.029amol、mol×20%×60%=0.03amol，则553K条件下反应达到平衡时，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，的平衡转化率随温度升高而增大的原因是：升高温度促进反应ⅱ平衡正向移动的程度大于促进反应ⅰ平衡逆向移动的程度； ③反应ⅰ正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则平衡常数减小，而反应ⅱ正反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，则平衡常数增大，即反应ⅰ的lnKp随着增大而减小，即随着T的降低而增大，反应ⅱ的lnKp随着的增大而增大，即随着T的降低而减小，结合题干图示可知，反应ⅱ对应图2中n； ④通过调整温度可调控平衡时的值，A点对应温度下，反应ⅰ和反应ⅱ的压力平衡常数相等，即，即得，平衡时，则4kPa； ⑤根据已知条件列出“三段式” 的转化率为80%，则x+y=0.8，y=0.8-x，图中B点反应ⅱ的平衡常数lnKp=0，即Kp=1.00，则=1，解得x=0.5mol，y=0.3，故有反应ⅰ的Kp=。 14．(1)CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) △H=-38.9kJ/mol (2)D (3) 增大投料比，反应Ⅱ平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低 0.03 (4) 温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低 【详解】（1）由盖斯定律可知，Ⅰ+Ⅱ可得CH3OOCCOOCH3(g)+4H2(g)⇌HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g)，△H=△H1+△H2=-38.9kJ/mol； （2）A．升高反应体系的温度，反应Ⅰ和Ⅱ逆向移动，A错误； B．适当增大反应投料中氢气的比例，平衡正向移动，虽然可以提高乙二醇产率，但不是最佳措施，B错误； C．增大反应体系的压强，反应Ⅰ和Ⅱ正向移动，虽然乙二醇产率增大，但不是最佳措施，C错误； D．选择合适的催化剂进行反应，可以大大的加快单位时间内乙二醇的产量，为最佳措施，D正确； 故选D。 （3）①当投料比大于80时，乙醇酸甲酯的选择性降低，其原因是：增大投料比，反应Ⅱ平衡正向移动，乙醇酸甲酯的选择性降低； ②假设投入的CH3OOCCOOCH3为 1mol，H2为60mol，CH3OOCCOOCH3的转化率为90%，总的转化了0.9mol，生成的乙二醇和乙醇酸甲酯选择性各为50%，则两者物质的量分别为0.45mol，由三段式可知： ，，则平衡时甲醇物质的量为1.35mol，乙二醇与乙醇酸甲酯的物质的量均为0.45mol，氢气的物质的量为57.3mol，气体的总物质的量为：59.65mol，则甲醇的分压为MPa=0.03MPa； （4）①温度升高，副反应Ⅲ发生，乙醇选择性提高，导致乙二醇选择性降低； ②乙醇酸甲酯的产率随温度的变化为先增大减小，在470K之前，主要发生反应Ⅰ，乙醇酸甲酯的产率随温度的升高而升高，在470K之后，副反应Ⅲ发生，消耗乙二醇使反应Ⅱ正向移动，乙醇酸甲酯被消耗，产率减小，结合各温度下草酸二甲酯的转化率和乙醇酸甲酯的选择性计算乙醇酸甲酯的产率（乙醇酸甲酯的产率=草酸二甲酯的转化率×乙醇酸甲酯的选择性），所以乙醇酸甲酯的产率随温度的变化图像为：。 15．(1)B (2) A (3) 0.0125a mol·L-1·min-1 AD (4)因为CO在水溶液中发生：CO+H2OHCO+ OH-，使溶液显碱性，故称为纯碱 (5) NaHCO3= Na++HCO，HCO H++CO < (6) A 3CO2+18e-+13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH- 【详解】（1）固态CO2属于分子晶体，当它升华时，克服了范德华力，范德华力发生变化，选B； （2）将题目给出的热化学方程式依次编为序号①、②、③,则将③×2-①-②就得出催化重整的反应,因此催化重整反应的ΔH=-111kJ·mol-1×2+394kJ·mol-1+75kJ·mol-1=+247kJ·mol-1；根据平衡常数定义，表达式为 （3），同一反应，不同物质表达的反应速率和化学计量数成正比，故；根据平衡移动的影响因素，增大反应物浓度，平衡正向移动，且该反应的正反应是一个吸热、气体体积增大的反应，所以高温低压有利于反应正向移动，选AD； （4）Na2CO3俗称纯碱，因为水溶液中碳酸根水解呈碱性，对应离子方程式为+H2O⇌+ OH-； （5）NaHCO3在水溶液中的电离方程式为：NaHCO3= Na++，⇌ H++；碳酸氢根电离得碳酸根，水解得碳酸，由于碳酸氢钠溶液为碱性，说明水解大于电离，故浓度小于H2CO3； （6）电池中，Li为单质锂片，金属单质失电子做负极，故CO2在正极发生电化学反应；CO2在碱性介质中电化学还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为3CO2+18e-+13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-。 16．(1)A (2)D (3)4K2FeO4 + 10H2O = 4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑ + 8KOH (4) ≥9 2Fe3+ + 3Cl2 +16OH−=2FeO+ 6Cl−+ 8H2O 0.6NA (5) 增强 II中c(Cl-)大，Cl2的氧化性减弱，不利于2Fe3+ + 3Cl2 + 16OH−=2FeO + 6Cl− + 8H2O的进行，所以实验II中K2FeO4的产率比实验III低(合理即给分) 可能是因为通入Cl2后发生Cl2 + 2OH−=Cl− + ClO− + H2O而使溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4转化为其他物质(合理即给分) (6)82.5% 【详解】（1）A．铁粉具有还原性，能够和O2反应，可防止食物氧化变质，A符合题意； B．高铁酸钾具有强氧化性，可作氧化剂，与溶解度无关，B不符合题意； C．氢氧化铁胶体具有吸附性，可用于净水，故C不符合题意； D．纯铁硬度较小，不可用作建筑材料，故D不符合题意； 故选A。 （2）A．K2FeO4中钾元素的化合价为+1、氧元素的化合价为-2，因此铁元素的化合价为+6，A正确； B．高铁酸钾具有氧化性，过程①中K2FeO4被细菌还原，B正确； C．过程②中的Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，C正确； D．使胶体凝聚形成沉淀而析出的现象是胶体的聚沉，D错误； 故选D。 （3）由氧化还原反应的规律可知K2FeO4与水反应生成Fe(OH)3(胶体)和O2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4K2FeO4 + 10H2O = 4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑ + 8KOH。 （4）①从图中可以看出，pH大于9以后，HFeO全部转化为FeO，为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制在≥9； ②Cl2与Fe(NO3)3制备K2FeO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe3+ + 3Cl2 +16OH−=2FeO+ 6Cl−+ 8H2O；Fe元素由+3价上升到+6价，39.6g K2FeO4的物质的量为=0.2mol，转移的电子数目为0.6NA。 （5）①由实验I、II的现象可知，Cl2、FeCl3和少量KOH反应不能得到K2FeO4，而Cl2、FeCl3和过量KOH反应可以得到K2FeO4，说明Fe3+的还原性随溶液碱性的增强而增强； ②实验II中K2FeO4的产率比实验III低，可能的原因是：II中c(Cl-)大，Cl2的氧化性减弱，不利于2Fe3+ + 3Cl2 + 16OH−=2FeO + 6Cl− + 8H2O的进行，所以实验II中K2FeO4的产率比实验III低； ③向实验II所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅，可能的原因是：可能是因为通入Cl2后发生Cl2 + 2OH−=Cl− + ClO− + H2O而使溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4转化为其他物质。 （6）根据FeO+ 4I−+ 8H+= Fe2+ + 2I2+ 4H2O；I2 + 2S2O= S4O+ 2I−，得关系式：FeO~4I−~ 2 I2 ~4 S2O，n(S2O)= 0.1000 mol/L×25.00×10-3L=2.5×10-3mol，n(FeO)= n(S2O)= 6.25×10-4mol，m(K2FeO4)= 6.25×10-4mol× 198g/mol=0.12375g，K2FeO4样品的纯度为×100%=-82.5%。 17．(1) -157 B (2)AB (3)bc (4) L3 KA＞KB＞KC， 【详解】（1）依据表中数据计算的H=4E(C=O)+6E(H-H)-5E(C-H)-E(C-C)-E(C-O)-E(O-H)-6E(O-H)=4×803+6×436-5×414-348-326-7×463=-157kJ/mol，该反应为正反应是一个气体体积减小即＜0的放热反应，故下列有利于该反应自发进行的条件是低温，故答案为：-157；B； （2）由题干CO2加氢反应制乙醇的反应历程图信息可知，该反应中形成的化学键有C-C非极性键、C-H、C-C、O-H等σ键，故答案为：AB； （3）a．化学反应平衡的特征之一为正、逆反应速率相等，未告知正逆反应速率，故不能说明反应达到化学平衡，a不合题意；  　　　　　　　　 b．该反应前后气体的物质的量发生改变，气体的质量不变，故容器中气体的平均摩尔质量一直再变，故现在不变了即为平衡了，b符合题意； c．化学平衡的特征之一为各物质的百分含量保持不变，故CH3CH2OH的百分含量保持不变，能够说明反应达到化学平衡，c符合题意； d．该反应中气体的质量不变，恒容密闭容器的体积不变，即容器中混合气体的密度一直保持不变，故不能说明反应达到化学平衡，d不合题意； 故答案为：bc； （4）①已知在相同温度下，随着的增大，即增大CO2的用量，CO2的平衡转化率减小，结合题干图示可知，表示的曲线为L3，故答案为：L3； ②已知化学平衡常数仅仅为温度的函数，由(1)分析可知，该反应正反应是一个放热反应，即升高温度，化学平衡逆向移动，平衡常数减小，故KA、KB、KC由大到小的顺序是KA＞KB＞KC，故答案为：KA＞KB＞KC； ③由题干图示信息可知，℃、投料比为下，CO2的平衡转化率为：50%，=1：2，则有：，则平衡时p(CO2)=p(H2)==0.25p0MPa，同理p(CH3CH2OH)=0.125p0MPa，p(H2O)=0.375p0MPa，该反应的平衡常数=，故答案为：。 18．(1) 反应① BC (2)＋548.5 (3) i 57.1 (4) D 【详解】（1）活化能大的反应速率慢，慢反应是决速步骤，则催化加氢反应的决速步骤是反应①。烯烃异构化是指改变烯烃结构而相对分子质量不变的反应过程，化工生产中的下列烯烃能发生异构化反应的是2-甲基丙烯、2，3-二甲基-1-丁烯，而乙烯中只含有2个碳拆分后不会成为烯烃，故选BC。 （2）ⅰ．     ⅱ．     根据盖斯定律ⅰ×-ⅱ×可得： +548.5。 （3）起始投料比，根据反应式可知的最大转化率会更高，M表示转化率随温度变化的曲线；ⅰ、ⅱ均为放热反应，C点后，随着温度升高平衡会发生逆向移动，主要进行的反应是ⅰ反应，因为；该反应在温度为K时与的转化率均为50%，假设与投入量起始为1mol、2mol，根据三段式： ，， ，则此时整体物质的量总和为：++2y+=3.5mol，则有压强平衡常数kPa。 （4）与C原子反应形成烃类中间体-CH2，该烃类中间体的电子式为；由原理图可知，中间体通过分子筛孔道后生成低碳烯烃，故碳原子的链式增长的位置为分子筛孔道，故选D。 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 $$