2025届高三化学一轮复习----化学反应原理综合题

2025届高三化学复习----化学反应原理综合题 1．（24-25高三上·浙江·开学考试）能源与化工生产、生活等密切相关，氢能的有效利用是实现“碳达峰、碳中和”的重要途径。 (1)已知：  ；  。则 0(填“>”、“<”或“=”)，理由 。 (2)可用为原料制得。其热化学反应方程式为： i   ； ii   。 ①下列说法正确的是 。 A．反应i在高温下不能自发进行 B．用NaOH溶液将吸收可以加快反应ii的速率 C．反应i、ii同时进行时，温度越高，的平衡转化率越高 D．可以通过石油的裂化和裂解得到 ②相同温度下只发生反应i、ii时，生成的平衡产率随外界压强的增大而减少，试从化学平衡移动原理的角度加以解释： 。 (3)是近年来发现的氢含量最高、常温下呈稳定固态的新型储氢化合物，在Co催化剂的作用下可水解释放。 ①Co催化剂可用还原制得(已知：，用量对Co催化剂的微晶尺寸没有影响)。不同用量制备的Co催化剂催化水解产氢体积随时间的变化如下图所示： 当时，水解产氢速率反而降低的可能原因是 。 ②水解脱氢后的再生可采用电解法，第一步是电解转化为，请写出该转化的电极反应 。 2．（23-24高三上·湖南衡阳·期末）是中学常用试剂，在化学实验中有广泛应用，请回答下列问题。 (1)溶于水，发生如下反应： ① ② ③ (用含的式子表示)。 (2)利用制备无水氯化铁有如下三种方法。 ①上述方法a中的作用是 。 ②方法b中制备的同时产生两种酸性气体，写出该反应的化学方程式： 。 (3)为探究催化分解，设计如下实验方案： 实验 双氧水 加入试剂 温度 收集等质量所需时间 Ⅰ 10.0 蒸馏水 25 Ⅱ 10.0 溶液 25 Ⅲ 10.0 溶液 35 实验结果：。 ①根据实验Ⅰ、Ⅱ可得出结论： 。 ②研究发现实验Ⅱ和Ⅲ中产生不同程度的红褐色沉淀，用必要的文字和化学用语解释产生红褐色沉淀的原因： 。 (4)测定样品的纯度。 已知：(无色，稳定)，易溶于水且完全电离。常温下，。 实验步骤如下： 步骤1：取样品配成溶液，准确量取溶液于锥形瓶中； 步骤2：向锥形瓶中加入足量溶液，充分反应后，加入溶液(过量)使完全沉淀； 步骤3：向其中加入硝基苯，用力振荡，使沉淀表面被有机物覆盖； 步骤4：加入3滴指示剂，用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液。 测得样品中的质量分数为 %(用含和的代数式表示)。若取消步骤3，则测定结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 3．（24-25高三上·山东潍坊·开学考试）环氧丙醇(GLD)常用作树脂改性剂，在液相有机体系中，可通过碳酸二甲酯(DMC)和丙三醇(GL)制得，体系中同时存在如下反应： 反应Ⅰ：   ΔH1<0 反应Ⅱ：  ΔH2>0 反应Ⅲ：  ΔH3<0 已知：①在敞口容器中的分压为40Pa； ②对于物质状态不同的多相反应，如在溶剂中发生的反应，其平衡常数表达式可表示为[p为气体分压，x为液相体系中物质的摩尔分数：]。 回答下列问题： (1)反应I、II、III的焓变随温度T的变化如图所示，表示反应II的焓变曲线为 (填“a”“b”或“c”)，温度下b曲线上M点的值为 。 (2)℃时，反应达平衡后再注入惰性溶剂稀释，W表示体系中加入物质的量与反应物总物质的量的比值。实验测定W不同时，DMC的平衡转化率随温度的变化关系如图甲所示。 W由大到小的顺序是 ；在不同催化剂下，反应相同时间DMC的转化率随温度变化的关系如图乙，图中a、b、c、d四点可能是甲图像测绘时选取的点的是 。 (3)℃时，向敞口容器中加入、和，发生上述反应，达平衡时，测得：，反应II的平衡常数，此时GLD的物质的量为 mol，反应III的平衡常数 Pa。 4．（23-24高三上·广东茂名·期末）水是清洁、可持续的氢能来源．利用太阳能从水中获取氢气符合可持续发展的理念。 (1)“太阳能直接热分解水制氢”通过集中阳光产生以上高温，促使分解为和；若温度进一步升高至与会分解为气态原子。在相同条件下，同时存在如下两个过程： ⅰ．     ⅱ． 比较两个过程放出热量的相对大小（从选项中选择）： 。 A．ⅰ>ⅱ   B．ⅰ=ⅱ    C．ⅰ<ⅱ (2)“太阳能光催化分解水制氢”原理可以表示为：。 ①能说明氯的非金属性比硫强的事实是 。 A．溶解性：      B．氧化性： C．热稳定性：    D．酸性： ②与结构相似，但的沸点高于，原因是 。 ③反应开始一段时间后，取出一定量溶液，写出检验溶液中的操作方法： 。 (3)“太阳能热化学循环制氢”是将太阳能转化成化学能，通过多个化学过程产生。如常见的铁氧化物循环制氢过程如图所示。 ①写出反应Ⅰ的化学方程式： 。 ②科学家想要用组成相似的钴氧化物代替铁氧化物进行循环制氢。查阅资料发现，使用钴氧化物后反应Ⅰ和反应Ⅱ的值随温度变化如图所示。 结合图像判断能否用钴氧化物代替铁氧化物进行热化学循环制氢？若可行，举出采用钴氧化物的一个优势；若不可行，说明理由 。 (4)除了上述“直接热分解”、“光催化分解”和“热化学循环”外，请再设计一种利用太阳能从水中获取氢气的方法： （简述即可，不必展开）。 5．（2024·河南·一模）甲醇是重要的化工原料，工业上可利用加氢合成甲醇，相关反应为。 回答下列问题： (1)已知反应正反应的活化能为，则逆反应的活化能为 。 (2)已知相关的化学键键能数据如表： 化学键 a b c d e 则a、b、c、d、e之间的关系为 。 (3)将和按混合均匀，再分别以不同的起始流速通入反应釜中，加入相同的催化剂，在、和下反应，通过检测单位时间内流出气体的成分，绘制转化率()曲线如图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 ①为 。 ②若仅改变下列条件，M点转化率将如何变化？(填“增大”“减小”或“不变”) 使用更高效的催化剂： ；将温度升高： ；降低： 。 ③图中其他条件相同，较高流速时，小于、，其原因是 。 ④设温度时N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数 (列出计算式即可，用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算)。 (4)甲醇是一种潜在的储氢材料。在某催化剂作用下，甲醇制氢的反应历程如图所示(表示过渡态，*表示物种被吸附在催化剂表面)。 写出决速步骤的反应方程式： 。 6．（23-24高三上·广东梅州·期末）杭州亚运会开幕式首次使用“零碳甲醇”作为主火炬塔燃料，实现废碳再生、循环内零碳排放。 (1)有学者提出如下图甲所示的含碳物质转化的技术路线。回答下列问题： ①图中涉及的物质中除外，属于电解质的还有 (填化学式)。 ②用离子方程式表示溶液呈碱性的原因 。 (2)以和为原料合成甲醇，反应的能量变化如下图乙所示，则图中A处填写的内容为 。 (3)往恒容密闭容器中充入和，发生反应，在甲、乙不同催化剂作用下，反应时间均为时，测得甲醇的物质的量分数随温度变化如下图丙所示： ①相同温度下催化效果更好的催化剂是 (填“甲”或“乙”)。温度下，b点甲醇的平均反应速率v= ②在甲催化作用下，甲醇的物质的量分数随温度的升高呈现图中变化的原因是 。 ③在和温度下，平衡常数 (填“>”“<”或“=”)。 ④温度下，c点时容器中的总压为，该温度下反应的平衡常数 。(用分压代替浓度，气体分压=气体总压×气体的物质的量分数。列出数学表达式即可，不要求化简) (4)目前，科研人员在研究光电催化还原为甲醇的领域也取得了一定的进展，其原理如下图丁所示，则生成甲醇的电极反应式为 。 7．（24-25高三上·湖南长沙·开学考试）氨在工业生产中应用广泛，可由N2、H2合成NH3。 (1)天然气蒸汽转化法是获取原料气中H2的主流方法。CH4经过两步反应完全转化为H2和CO2，其能量变化示意图如下： 结合图像，写出CH4通过蒸汽转化为CO2和H2的热化学方程式： 。 (2)利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示（空气中N2与O2的物质的量之比按4：1计）： 若膜Ⅰ侧所得气体，写出上述过程反应方程式： 。 (3)甲小组模拟工业合成氨在一恒温恒容的密闭容器中发生如下反应：。t1时刻到达平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图所示，下列说法正确的是 （填标号）。 a．Ⅰ、Ⅱ两过程到达平衡时，平衡常数：KⅠ＞KⅡ b．Ⅰ、Ⅱ两过程到达平衡时，NH3的体积分数：Ⅰ＜Ⅱ c．Ⅰ、Ⅱ两过程到达平衡的标志：混合气体平均相对分子质量不再变化 d．t2时刻改变的条件可以是向密闭容器中加N2和H2混合气 (4)乙小组模拟不同条件下的合成氨反应，向容器充入9.0mol N2和23.0mol H2，如图为不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强（p）的关系图。 ①T1、T2、T3由大到小的排序为 。 ②计算T2、60MPa平衡体系的平衡常数 。（保留两位有效数学）（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数） (5)T℃时，若在容积为2L的密闭恒容容器中充入0.8mol N2和1.6mol H2，5min后达到平衡，测得N2的浓度为0.2mol/L。 ①计算此段时间的反应速率 。 ②若向平衡后的体系中同时加入1.2 mol N2、1.6 mol H2、1.2 mol NH3，该反应是否处于平衡状态 （填“是”或“否”），此时， （填“＞”“＜”或“＝”）。 8．（23-24高三上·江苏淮安·期末）某研究团队利用二氧化氯液相氧化协同氨法对锅炉产生的烟气(主要成分NO、SO2、N2)进行脱硫、脱硝研究。 (1)二氧化氯制备。研究中采用盐酸还原氯酸钠制备ClO2，在生成ClO2的同时还生成Cl2；该反应的化学反应方程式为 。 (2)二氧化氯液相氧化协同氨法脱除。研究中首先用制备的ClO2气体配制浓度为150mg/L的ClO2溶液，接着向浓度为0.3％的氨水吸收液中添加浓度为150mg/L的ClO2溶液，组成复合吸收液来对模拟烟气中NO和SO2同时脱除。脱除时NO发生反应：。 ①脱除时SO2发生反应的离子方程式为 。 ②脱除过程中采用如图所示喷淋吸收塔装置吸收SO2和NO，采用该装置吸收的优点是 。 ③已知反应吸收液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示(已知ORP值越大，氧化能力越强)，测定表明烟气中含有SO2能提高NO的脱除率，可能原因是 。 (3)脱除效果检测。实验室利用模拟烟气探究该方法“脱硫”、“脱硝”的效果，一定时间内，温度对SO2、NO脱除率的影响曲线如图所示。 ①检测表明SO2的脱除率明显高于NO，可能的原因 。 ②在50℃下，若烟气中SO2和NO体积比为4:5，吸收液中烟气转化生成的、、的物质的量之比为 。 ③列举一条用二氧化氯液相氧化协同氨法“脱硫”、“脱硝”的优点 。 9．（24-25高三上·广东惠州·阶段练习）乙烷是一种重要的化工原料，可用作制冷剂、燃料、制备乙烯的原料。回答下列问题： 已知：① ② ③ (1)乙烷催化氧化裂解法是一种新型的制备乙烯的方法，则 。 (2)1000℃时，在某刚性密闭容器内充入一定量的C2H6(g)，只发生反应①，若平衡时容器中总压为pPa，乙烷的转化率为α，则该反应的平衡常数 (用含p、α的代数式表示，为用分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×物质的量分数)。达到平衡后，欲增大反应速率，可采取的措施有 (填选项字母)。 A．升高温度　　　B．通入惰性气体　　　C．减小压强　　　D．加入催化剂 (3)科技工作者结合实验与计算机模拟结果，研究了乙烷在催化剂表面脱氢制乙烯的反应，其部分历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注，TS表示过渡态)。此部分历程中决速步骤的反应方程式为 ，该决速步骤的活化能为 kcal/mol。 (4)乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外，还存在CH4、CO、C等副产物，积碳是催化剂最常见的一种中毒方式。图甲为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响，图乙为的值对乙烷氧化裂解反应性能的影响。 [乙烯选择性；乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性]下列说法正确的是_______。 A．有利于提高乙烷平衡转化率的条件是高温低压 B．乙烷的转化率随温度的升高而增大的原因是此时反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，反应物的转化率增大 C．较低时，生成乙烯的选择性较低的原因可能是氧气过量，乙烷发生深度氧化而导致乙烯的选择性降低 D．反应的最佳温度为700℃左右 (5)最新研究发现在乙烷的氧化裂解反应体系中充入一定量CO2能更好的提高乙烷的转化率和乙烯的收率，请结合方程式说明原因 。 10．（23-24高三下·四川内江·期中）工业上常用和合成甲醇，反应的化学方程式为，该反应为放热反应。向容积为的刚性容器中通入一定量的、和，在一定温度下发生上述反应，其中两种物质的物质的量随时间变化如下图所示。 根据上述信息回答下列问题。 (1)图中A物质为 ，反应开始至，的平均反应速率为 。 (2)时，反应是否达到平衡状态？ (填“是”或“否”)；时该反应的正反应速率 逆反应速率(填“>”、“<”或“=”)。 (3)对于上述条件下的该反应，下列情况不能说明反应达到平衡状态的是_______。 A．气体的总物质的量不变 B．气体的密度不变 C．气体的平均相对分子质量不变 D．相同时间内，断裂个键，同时形成个键 (4)对于反应，下述方法能加快正反应速率的是_______。 A．一定温度下，保持容器体积不变，通入稀有气体 B．一定温度下，保持容器压强不变，通入 C．一定温度下，保持容器体积不变，通入一定量的气体 D．保持容器体积不变，升高温度 (5)一种甲醇燃料电池的结构示意图如下： ①电极A为 (填“正极”或“负极”)，该电极的电极反应式为 。 ②若电路中转移，理论上正极消耗标准状况下氧气的体积为 L。 11．（23-24高三下·四川成都·期末）近年来，碳中和、碳达峰成为热点。 Ⅰ.以CO2、H2为原料生产甲醇是一种有效利用二氧化碳的途径。涉及的反应如下： 反应ⅰ： 反应ⅱ： (1)表中数据是该反应中相关物质的标准摩尔生成焓(标准摩尔生成焓是指在、100kPa下由稳定态单质生成化合物时的焓变)。则 物质 H2(g) CO2(g) H2O(g) CH3OH(g) 0 -394 -242 -201 (2)在CO2加氢合成甲醇的体系中，下列说法不正确的是_______(填序号)。 A．若在绝热恒容容器中，反应ⅰ的平衡常数K保持不变，说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡 B．若气体的平均相对分子质量不变，说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡 C．体系达平衡后，若压缩体积，反应ⅱ平衡不移动 D．选用合适的催化剂可以提高甲醇的平衡产量 (3)探究影响CH3OH合成反应化学平衡的因素，有利于提高CH3OH的产率。CO2的平衡转化率X和CH3OH的选择性S随温度、压强变化如下图： 已知：。 ①请判断p1、p2的大小关系：p1 p2(填“>”或“<”)。 ②400℃左右，表示CO2平衡转化率的两条曲线几乎交于一点的原因是 (4)在下，恒压反应器中，按初始投料发生反应ⅰ：，初始总压为，反应平衡后，的平衡转化率为，则该反应的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 II.近年，科学家发现，可用光电化学法将CO2还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如左图所示，其他条件一定时，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(FE%)随电解电压的变化如图所示： 其中，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 (5)当电解电压为ulV时，阴极生成HCOOH的电极反应式为 。 (6)当电解电压为u2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为5：4，则图中生成HCHO的法拉第效率为 。 12．（2024·海南·二模）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了NO-CO的反应历程。在催化剂作用下，此反应可有效降低汽车尾气污染物排放。 (1)由图1可知属于 反应(填“放热”或“吸热”)，总反应速率由反应 决定。 (2)在恒温恒压密闭容器中进行上述反应，则达到平衡状态的标志是 (填选项)。 a．与浓度之比为    b．容器内气体的压强不变 c．容器内混合气体的密度保持不变    d．容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变 (3)探究温度、压强(2MPa，5MPa)对反应的影响，如图2所示，表示2MPa的是 (填曲线字母)。 (4)使用相同催化剂，测得相同时间内NO的转化率随温度的变化曲线如图3，解释NO的转化率在400～900℃范围内随温度升高而下降的主要原因是 。 (5)一定温度下，向容积2L的恒容密闭容器按体积比3：2的比例充入CO和NO，当反应达到平衡时NO的体积分数为，此温度下该反应的平衡常数 。(保留三位有效数字) 13．（23-24高三上·天津河西·期末）下，下列物质的电离平衡常数如表。按要求回答下列问题(均下)。 化学式 或 (1)取醋酸于试管中，向其中加入2滴溶液。的电离平衡将 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)； (填“>”“<”或“=”)。 (2)向溶液中滴入溶液，充分反应，至，测得反应后溶液的。 ①此时溶液中由水电离出来的 。 ②此时溶液中各离子的浓度由大到小的顺序是 。 (3)醋酸初始，则达电离平衡时溶液中 。 (4)、、、结合的能力由强到弱的顺序是 。 (5)已知①　 ②　 写出的电离过程的热化学方程式： 。 (6)T℃下，在溶液中加入溶液，测得混合溶液的变化曲线如下图所示。 上图中找出属于弱酸的证据并说明原因： 。 点时，溶液中 (填“>”“<””或“=”)。 点时，溶液中 。 点时，溶液中 (填“>”“<”或“=”)； 。 14．（24-25高三上·江苏泰州·开学考试）五氧化二钒()是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备的一种流程如下： 已知： ①溶于水，难溶于水。 ②部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式： pH <1.0 1.0～4.0 4.0～6.0 6.0～8.5 8.5～13.0 >13.0 主要存在形式 多钒酸根 多钒酸根 备注 多钒酸盐在水中的溶解度较小 (1)基态钒原子的价层电子排布式为 。 (2)“酸浸”时，将转化为的离子反应方程式为 。 (3)通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得溶液。已知能被有机萃取剂(简称ROH)萃取，其萃取原理可表示为：(水层)＋ROH(有机层)(有机层)(水层)。 ①萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是 。 ②反萃取中，反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是 。 (4)在空气中灼烧得。为测定回收所得样品的纯度，进行如下实验：称取1.000g灼烧后的样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL 溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的5.00mL 0.5000mol/L 溶液，再用0.01000mol/L 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液12.00mL，计算样品的纯度为 (写出计算过程)。 已知：；。 15．（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氮的用途广泛。回答下列问题：已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)  ΔH1=-akJ·mol-1 4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)  ΔH2=-bkJ·mol-1 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  ΔH3 (1)ΔH2= kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)。 (2)目前工业合成氨的主要方法是Haber-Bosch法：通常用以铁为主的催化剂在400~500℃和10～30MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。 ①该反应放热，但仍选择较高温度，原因是 ②列举一条既能提高反应速率又能提高原料转化率的措施 ③将物质的量之比为1：3的N2(g)和H2(g)充入2L的密闭容器中，经过10min达到平衡，测得平衡时数据如下： 物质 N2 H2 NH3 平衡时物质的量/mol 0.2 0.6 0.2 0~10min内，v(H2)= mol·L-1·min-1。 ④若按以下浓度投料，其它反应条件与③相同，起始时反应进行的方向为 (填“正向”、“逆向”或“无法判断”)。 物质 N2 H2 NH3 起始浓度(mol·L-¹) 0.5 1.5 0.5 (3)将12molNO(g)和9molNH3(g)充入某压强恒为p0kPa的密闭容器内，控制不同温度使其发生反应：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)  ΔH，测得第10min时容器中NO转化率与温度的关系如图所示： ΔH 0(填“<”或“>”)；T2K下，该反应的平衡常数Kp= kPa(用含p0的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 (4)电化学气敏传感器可用于检测环境中NH3的含量，其工作原理如图所示： b电极是 极；a极上的电极反应式为 。 16．（23-24高三上·广东中山·期末）I．常温下，有浓度均为的下列6种溶液： ①溶液、②溶液、③溶液、④溶液、⑤溶液、⑥溶液 已知相关电解质的电离平衡常数如下表所示： (1)某学生用①溶液滴定未知浓度的盐酸，以酚酞做指示剂，则当 时，反应到达滴定终点。 (2)关于上述①~⑥种溶液，下列说法正确的是___________。 A．为强电解质，加热①溶液，不变，不变 B．②溶液③溶液的大小：②<③ C．⑤溶液的微粒浓度大小： D．取同体积的④溶液与⑥溶液充分混合后： (3)取④溶液、⑤溶液、⑥溶液稀释10倍后，溶液的导电性由大到小的顺序是 (填序号)。 (4)时，向③溶液中通入少量，发生反应的离子方程式为 。 II．是二元酸，亚磷酸二氢钾()是其酸式盐，常用作杀菌消毒剂。 (5)一种电解法以和为原料制备和的装置如图。膜1为阳离子交换膜，电极的电极方程式为 。 17．（22-23高三上·安徽马鞍山·期末）将转化为等燃料，可以有效的缓解能源危机，同时可以减少温室气体，实现“双碳目标”。 (1)t℃时，还原的热化学方程式如下： I： II： 由盖斯定律可知，与反应生成的热化学方程式为 。 (2)t℃，向密闭容器中充入和，发生反应I，达到平衡时，测得的物质的量为。 ①平衡时的体积分数= 。 ②平衡时为压强P， (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数) ③下列措施既能加快反应速率又能提高的平衡转化率的是 。 A．升高反应温度      B．增大的浓度      C．分离出      D．缩小容器容积 (3)t℃，向密闭容器中充入和一定量的，发生反应I，两种气体的平衡转化率，与起始反应物的物质的量之比的关系如图所示： 能表示平衡转化率曲线的是填 (，或)，M点的横坐标： 。 18．（23-24高三上·内蒙古赤峰·期末）综合利用化石燃料，提高利用率，有助于实现“碳达峰、碳中和”。回答下列问题： (1)利用干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反应一般认为通过如下步骤来实现： ① ② 上述反应中为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示： 干重整反应的热化学方程式为 ，选用、、、、的关系式表示反应热)，反应Ⅰ是 (填“慢反应”或“快反应”)。 (2)在恒压条件下，等物质的量的和发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图所示。已知在干重整中还发生了副反应：，则表示平衡转化率的是曲线 (填“A”或“B”)，与平衡转化率不同的原因是 。 (3)在一密闭容器中，通入和发生甲烷的水蒸气重整反应。甲烷的水蒸气重整涉及以下反应： ③ ④ 容器中氢气的物质的量与温度的关系如图所示， a．已知　，温度高于700℃时，加入不能改变平衡体系混合气中的物质的量，原因是 。 b．温度为500℃达到平衡时，容器内压强为时，测得甲烷的平衡转化率为60％，结合图像计算此温度下反应③的压强平衡常数 。(列出计算式即可。等于平衡时生成物分压幂之积除以反应物分压幂之积，某物质的分压=总压×该物质的物质的量分数) 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) < 已知的，根据盖斯定律有 (2) CD 相同温度下，由于反应i为气体分子数增加的反应，加压使i反应平衡逆移，减小的生成，而反应ii为气体分子数不变的反应，故增大压强时，的平衡产率随压强的增大而减少 (3) 得到的金属Co中杂质含量高，水解产物占据了Co表面的部分活性位点，使反应速率下降 【详解】（1）已知的，根据盖斯定律有，因此<0； （2）①A．反应i的△H>0，△S>0，在高温下能自发进行，故A错误； B．用NaOH溶液将CO2吸收，CO2的浓度下降，速率减慢，故B错误； C．将i、ii合并写出总的热化学方程式可知△H>0，温度越高，CH4的平衡转化率越高，故C正确； D．石油的裂化和裂解可得到CH4、C2H4等，故D正确； 答案选CD； ②相同温度下，由于反应i为气体分子数增加的反应，加压使i反应平衡逆移，减小的生成，而反应ii为气体分子数不变的反应，故增大压强时，的平衡产率随压强的增大而减少，因此，相同温度下只发生反应i、ii时，生成的平衡产率随外界压强的增大而减少； （3）当时，水解产氢速率反而降低的可能原因是相同温度下，由于反应i为气体分子数增加的反应，加压使i反应平衡逆移，减小的生成，而反应ii为气体分子数不变的反应，故增大压强时，的平衡产率随压强的增大而减少； ②水解脱氢后的再生可采用电解法，第一步是电解得电子转化为，该转化的电极反应。 2．(1) (2) 抑制氯化铁水解(合理即可) (3) 其他条件相同，能加快分解(合理即可) 铁离子水解过程吸热，分解放出热量，能促进平衡向右移动(合理即可) (4) 偏小 【详解】（1）① ② ③ ①+②+③得。 （2）①在氯化氢气氛中加热氯化铁晶体，可以抑制氯化铁水解。所以方法a中的作用是抑制氯化铁水解。 ②方法b中制备的同时产生两种酸性气体，根据元素守恒，两种酸性气体是二氧化硫、氯化氢，该反应的化学方程式为。 （3）①由实验Ⅰ、Ⅱ可得出：其他条件相同，氯化铁催化分解；由实验Ⅱ、Ⅲ可得出，温度促进双氧水分解。 ②解是放热反应，氯化铁水解过程吸热，分解使温度升高，促进氯化铁水解。 （4）根据实验原理，SCN-消耗的物质的量为 ，Cl-消耗的物质的量为，则溶液中的物质的量为，样品中的质量分数为%。； 据溶度积可知，氯化银易转化成硫氰化银。硝基苯的作用是防止氯化银转化成硫氰化银。如果氯化银部分转化成硫氰化银，消耗溶液体积偏大，测得氯化铁质量分数偏小。 3．(1) a -2.92 (2) W1> W2>W3 b、d (3) 0.375 144 【详解】（1）根据反应式可知，反应II为吸热反应，焓变为正值，升高温度，反应正向进行，焓变增大，符合变化的只有曲线a；反应I为放热反应，升高温度焓变减小，即用曲线c表示，则曲线b表示反应III，根据盖斯定律，反应I+反应II=反应III，则M点的值为8.88+(-11.80)=-2.92； （2）反应I是放热反应、反应II是吸热反应，升高温度，反应I逆向移动、反应II正向移动，DMC的平衡转化率降低，同温下，加入惰性四氯化碳稀释，反应物和产物浓度均降低，则反应向总物质的量增大的方向移动，即正向移动，所以加入CCl4越多，即W越大时，DMC的转化率越大， 则W由大到小的顺序是：W1> W2>W3；甲图所测绘时选取的位置均为平衡状态，平衡时，DMC的转化率最大，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，由图可知，只有bd达到平衡状态，故图乙中a、b、c、d四点可能是甲图像测绘时选取的点的是b、d； （3）平衡常数KII==p(CO2)，说明平衡时：=10%，假设平衡时GLD和GC的物质的量为xmol， 反应Ⅰ： 变化(mol)： x          x            x        2x； 反应Ⅲ：    变化(mol) ：    x         x          x          2x 所以消耗的n(DMC)=n(GL)=2xmol，生成的n(CH3OH)=4xmol，平衡时液相中总物质的量=(1-2x+1-2x+x+x+4x+1)mol=(3+2x)mol，测得液相体系中物质的摩尔分数：χGC=χGLD=10%，则×100%=10%，x=0.375，即平衡GLD的物质的量为0.375mol，根据上述计算数据可以得到反应III中各物质的物质的量分数：x(DMC)=x(GL)==，x(GLD)=10%，x(CH3OH)==，则反应III的平衡常数==144Pa。 4．(1)A (2) C 分子间能形成氢键 取少量待测溶液与试管中，先滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有 (3) 由图可知，找不到在哪一温度下，反应I和反应II都能自发进行，故不能用钴氧化物代替铁氧化物进行热化学循环制氢 (4)可以将太阳能先转化为电能，再利用电解水的方法制得H2 【详解】（1）i．属于化学键形成的过程，释放的能量高，ii．是化学反应过程，包含旧化学键的断裂和新化学键的形成，旧键断开要吸收热量，释放的能量比i低，故答案为A； （2）①A．溶解性不能说明元素非金属性的强弱，故A不选； B．氧化性：不能说明非金属性氯比硫强，故B不选； C．气态氢化物热稳定性越好，非金属性越强，热稳定性：能说明非金属性氯比硫强，故C选； D．氢化物的酸性：不能说明非金属性氯比硫强，故D不选； 答案为C； ②H2O分子间能形成氢键，而H2S分子间不能形成氢键，故H2O沸点高于H2S； ③检验硫酸根离子的方法是：取少量待测溶液与试管中，先滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有； （3）①根据图像可知，反应I为FeO与H2O反应生成H2和Fe3O4，化学方程式为3FeO+H2OH2+Fe3O4； ②由反应I和反应II的△H-T△S值随温度T变化图可知，找不到在哪一温度下，反应I和反应II都能自发进行，故不能用钴氧化物代替铁氧化物进行热化学循环制氢； （4）除了上述“直接热分解”、“光催化分解”和“热化学循环”外，还可以将太阳能先转化为电能，再利用电解水的方法制得H2。 5．(1) (2) (3) 340 增大 增大 增大 较高流速时，反应物与催化剂接触不充分，且温度低，反应速率慢，故单位时间内的转化率低 (4) 【详解】（1）由于焓变正反应活化能-逆反应活化能，则逆反应活化能为； （2）焓变反应物的总键能-生成物的总键能，则，则； （3）①混合气体流速较低时的转化率近似为平衡转化率，根据反应式(放热反应)和图像知，温度最低时，平衡时转化率最大，故温度，对应的温度为； ②使用更高效的催化剂，反应速率增大，单位时间内反应的二氧化碳增多，二氧化碳转化率增大；升高温度，反应速率增大，单位时间内转化率增大(或根据图判断)；降低投料比，相当于增大量，有利于的转化率增大； ③较高流速时，反应物与催化剂接触不充分，且温度低，反应速率慢，故单位时间内的转化率低； ④由图像可知，N点时的平衡转化率为，设起始，，则平衡时为、为、为、为，平衡常数； （4）活化能最大的基元反应是决速步骤，由图可知决速步骤的反应方程式为。 6．(1) (2) (3) 乙 c点前，温度升高反应速率加快，生成甲醇增多；该反应为放热反应，c点达到平衡，温度越高平衡逆向移动，甲醇产量少 > (或) (4) 【详解】（1）①在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质，图中涉及的物质中除外，属于电解质的还有； ②溶液呈碱性的原因是碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根，水解的离子方程式为：； （2）由图可知A表示反应物的能量，根据生成物的物质的量可知反应物是； （3）①未达平衡前，催化效果越好，反应速率越快，相同时间内甲醇的物质的量分数越大，结合图中信息可知，相同温度下催化剂效果更好的催化剂是乙；温度下，b点甲醇的物质的量分数为20%，列三段式如下： 温度下，b点甲醇的物质的量分数=，解得x=，甲醇的平均反应速率v==； ②c点之前，反应未达平衡前，温度升高，反应速率加快，生成甲醇增多，c点以后，反应达到平衡状态，由于该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产量减少； ③该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则K2＞K4； ④T4温度下，甲醇的物质的量分数为30%，反应开始时容器中的总压为P0MPa，列化学平衡三段式： ，解得a=，平衡时混合气体总物质的量为，c点时总压强为，故p(CO2)= ；p(H2)= ；p(CH3OH)=；p(H2O)=；Kp===； （4）CO2得到电子发生还原反应生成甲醇，则电极方程式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O。 7．(1)CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)   ΔH = +165.4 kJ/mol (2)6CH4+4H2O+O2 = 6CO + 16H2 (3)cd (4) T3>T2>T1 0.043(MPa)-2 (5) 0.08mol/(L·min) 否 ＞ 【详解】（1）CH4通过蒸汽转化为CO2和H2的化学方程式为CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g），由图可知反应①为CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206.4kJ/mol，反应②为CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=-41.0kJ/mol，根据盖斯定律①+②计算CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）的△H=+206.4kJ/mol+（-41.0kJ/mol）=+165.4 kJ/mol，热化学方程式：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+165.4 kJ/mol； （2）空气中N2与O2的物质的量之比为4：1，膜Ⅰ侧所得气体，氮气在反应前后不变，设氮气为4mol，则生成氢气为4mol，消耗氧气为1mol，膜Ⅰ侧发生的反应是H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，由膜I侧反应生成4molH2可知，4molH2O得到8mol电子、1molO2得到4mol电子，共得到12mol电子，膜Ⅱ上1molCH4中C失去6mol电子、4molH得到4mol电子，即1molCH4失去2mol电子，根据电子守恒可知需要6molCH4反应，则反应为6CH4+4H2O+O2 = 6CO + 16H2； （3）v-t图象中，曲线的点是连续的点，t2时刻改变的条件应该是增大反应物的浓度，温度没有发生变化； a．由图象分析可知，平衡常数是温度的函数，温度不变平衡常数不变，故a错误； b．t2时刻改变条件后达到平衡时，正反应速率大于逆反应速率，说明平衡正向移动，但可能是增大H2浓度引起的改变，使NH3的体积分数减小，故b错误； c．该反应是体积减小的反应，混合气体平均相对分子质量不再变化，反应达到平衡，故c正确； d．v-t图象中，曲线的点是连续的点，t2时刻改变的条件应该是浓度的改变，可以是向密闭容器中加入N2和H2混合气，平衡正向移动，故d正确； 故选cd； （4）①N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，相同压强下，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，根据图知，温度由大到小的顺序为T3＞T2＞T1； ②若体系在T2、60MPa下达到平衡，相同温度下，气体的体积分数等于其物质的量分数，设平衡时n（NH3）=xmol，列出三段式为： 平衡时氨气体积分数=×100%=60%，解得x=12，氮气分压=×60MPa=9MPa，氨气的分压=60%×60MPa=36MPa，氢气分压=60MPa-9MPa-36MPa=15MPa，此时的平衡常数Kp=≈0.043（MPa）-2； （5）①在容积为2L的密闭恒容容器中充入0.8molN2(g)和1.6molH2(g)，开始时，氮气和氢气的浓度分别为0.4mol/L和0.8mol/L，5min后达到平衡，测得N2的浓度为0.2mol/L，氢气的浓度为0.8mol/L-3×(0.4-0.2)mol/L=0.2mol/L，氨气的浓度为2×(0.4-0.2)mol/L=0.4mol/L，则此段时间的反应速率v(NH3)= = =0.08mol/(L.min)； ②T℃时，平衡常数K===100，若向平衡后的体系中同时加入1.2molN2、1.6molH2、1.2molNH3，此时氮气、氢气和氨气的物质的量浓度分别为0.8mol/L、1.0mol/L、1.0mol/L，Q==1.25＜K，未达到平衡状态，则平衡将正向移动，＞。 8．(1)2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O (2) 5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl- 增大固体与液体的接触面积与接触时间，加快反应速率和提高SO2、NO的吸收率 SO2溶于水使溶液显酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增强，有利于NO的脱除 (3) SO2的还原性比NO强，或者NO难溶于水，故NO与ClO2反应速率慢，一定时间内的去除率比SO2的低 1:1:1 反应生成的产物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以实现变废为宝 【详解】（1）研究中采用盐酸还原氯酸钠制备ClO2，在生成ClO2的同时还生成Cl2，根据氧化还原反应配平可知，该反应的化学反应方程式为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2NaClO3+4HCl=2NaCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O； （2）①脱除时SO2发生反应即SO2转化为(NH4)2SO4，即S被氧化，ClO2中的Cl被还原，根据氧化还原反应配平可得，该反应方程式为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5(NH4)2SO4+2NH4Cl，则该反应的离子方程式为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-，故答案为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-； ②脱除过程中采用如图所示喷淋吸收塔装置吸收SO2和NO，采用该装置吸收的优点是采用固液逆向对流可以增大固体与液体的接触面积与接触时间，加快反应速率和提高SO2、NO的吸收率，故答案为：增大固体与液体的接触面积与接触时间，加快反应速率和提高SO2、NO的吸收率； ③已知反应吸收液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图所示(已知ORP值越大，氧化能力越强)，由题干图示信息可知，溶液pH值越小，ORP值越大，即氧化还原电位越大，氧化能力越强，故测定表明烟气中含有SO2能提高NO的脱除率，可能原因是SO2溶于水使溶液显酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增强，有利于NO的脱除，故答案为：SO2溶于水使溶液显酸性，降低溶液pH值，提高OPR，使氧化能力增强，有利于NO的脱除； （3）①由图可知，SO2的脱除率高于NO，其原因是SO2的还原性比NO强，或者NO难溶于水，故NO与ClO2反应速率慢，一定时间内的去除率比SO2的低，故答案为：SO2的还原性比NO强，或者NO难溶于水，故NO与ClO2反应速率慢，一定时间内的去除率比SO2的低； ②②模拟烟气中SO2和NO的物质的量之比为4：5，设其物质的量分别为4mol、5mol，50℃时，两者的吸收率分别为100%和80%，脱硫的离子方程式为：5SO2+2ClO2+12NH3+6H2O=5+12+2Cl-，则该反应生成的Cl-为1.6mol，为4mol，脱硝的离子方程式为：，则该反应生成的Cl-为5mol×80%×=2.4mol,生成的为5mol×80%=4mol，故吸收液中烟气转化生成的、、Cl-的物质的量之比为4：4：(1.6+2.4)=1:1:1，故答案为：1:1:1； ③由上述反应方程式可知，用二氧化氯液相氧化协同氨法“脱硫”、“脱硝”的优点为反应生成的产物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以实现变废为宝，故答案为：反应生成的产物(NH4)2SO4、NH4Cl和NH4NO3均可用作化肥，可以实现变废为宝。 9．(1)-105 (2) AD (3) =C2H4+2H* 45.61 (4)BC (5)CO2能与C发生反应CO2+C 2CO，可以消除催化剂表面的积碳，加快反应速率 【详解】（1）根据盖斯定律，将①+②+③得C2H6(g)+O2(g)⇌C2H4(g)+H2O(g) ∆H4=(+136.8kJ/mol)+(-285.8kJ/mol)+(+44kJ/mol)=-105kJ/mol。 （2）设起始充入C2H6(g)物质的量为a mol，列三段式， 平衡时总物质的量为a(1+α)，平衡时C2H6、C2H4、H2的分压依次为p、p、p，该反应的平衡常数Kp==； A．升高温度能增大反应速率，A项选； B．通入惰性气体，由于容器容积不变，各气体浓度不变，反应速率不变，B项不选； C．减小压强，反应速率减小，C项不选； D．加入催化剂能增大反应速率，D项选； 答案选AD； （3）活化能最大的步骤反应速率最慢，为决速步骤，由乙烷在催化剂表面脱氢制乙烯反应的历程图可知，+H*→C2H4+2H*的活化能最大为33.59kcal/mol-(-12.02kcal/mol)=45.61kcal/mol，则决速步骤的反应方程式为=C2H4+2H*； （4）A．乙烷的氧化裂解反应为气体分子数增大的放热反应，有利于提高乙烷平衡转化率的条件是低温低压，A项错误； B．乙烷的氧化裂解反应为放热反应，升高温度乙烷的平衡转化率应降低，则乙烷的转化率随温度的升高而增大的原因是此时反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，反应物的转化率增大，B项正确； C．乙烯的氧化裂解反应产物中除了C2H4，还有CO、C等副产物，较低时，生成乙烯的选择性较低的原因可能是氧气过量，乙烷发生深度氧化而导致乙烯的选择性降低，C项正确； D．根据图甲可知，反应的最佳温度为850℃左右，在此温度下乙烷的转化率较高、乙烯的收率较大，D项错误； 答案选BC； （5）乙烯的氧化裂解反应产物中除了C2H4，还有CH4、CO、C等副产物，在乙烷的氧化裂解反应体系中充入一定量CO2能更好的提高乙烷的转化率和乙烯的收率的原因是：CO2能与C发生反应CO2+C2CO，可以消除催化剂表面的积碳，加快反应速率。 10．(1) CH3OH (2) 否 = (3)BD (4)CD (5) 负极 5.6 【详解】（1）由图可知，0~4min时，消耗了0.4molB，生成了0.2molA，结合化学方程式体现的物质关系可知，A为甲醇，B为氢气；反应开始至4min，的平均反应速率为； （2）4min后，甲醇物质的量继续增多，氢气物质的量继续减少，说明平衡在正向移动，故此时反应未达到平衡状态；8min时，各物质的量不再改变，反应达到平衡状态，该反应的正、逆反应速率相等； （3）A．该反应是气体分子数减少的反应，由题图可知，反应开始至平衡过程，反应正向移动，气体的总物质的量不断减小，则气体总物质的量不再改变，能说明反应达到平衡状态，A不符合题意； B．容器体积和气体总质量都不变，混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度不变，不能说明反应达到平衡状态，B符合题意； C．根据，混合气体的质量不变，但反应开始至平衡过程，反应正向移动，气体的总物质的量不断减小，气体的平均相对分子质量不断增大，则气体的平均相对分子质量不变时，能说明反应达到平衡状态，C不符合题意； D．相同时间内，断裂个键，同时形成个键都体现正反应速率，未体现同一物质正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态，D符合题意； 故选BD。 （4）A．一定温度下，保持容器体积不变，通入稀有气体，反应物浓度不变，正反应速率不变，A不符合题意； B．一定温度下，保持容器压强不变，通入，体积变大，反应物浓度减小，正反应速率减小，B不符合题意； C．一定温度下，保持容器体积不变，通入一定量的气体，反应物浓度增大，正反应速率加快，C符合题意； D．保持容器体积不变，升高温度，正反应速率加快，D符合题意； 故选CD。 （5）①由氢离子流向可知，A电极为负极，负极上甲醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，该电极的电极反应式为：； ②正极反应为氧气得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为：，若电路中转移，理论上正极消耗标准状况下氧气的体积为。 11．(1)- 49kJ/mol (2)CD (3) > 左右，以反应ii为主，反应ii前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响 (4)0.5 (5)CO2+2e-+2H+=HCOOH (6)24% 【详解】（1）焓变=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓=-201-242+394=-49kJ/mol； （2）A．若在绝热恒容容器中，反应ⅰ的平衡常数K保持不变，说明体系温度不变，可以说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡，A正确； B．反应ⅰ的质量不变，物质的量是一个可变的值，平均相对分子质量不变，说明反应ⅰ各物质的浓度不变，则反应ⅱ中各物质的浓度也不变，所以可以说明反应ⅰ、ⅱ都已达平衡，B正确； C．体系达平衡后，若压缩体积，增大压强，则反应ⅰ平衡正向移动，CO2和H2减小，使得反应ⅱ平衡逆向移动，C错误； D．催化剂可以改变化学反应速率，但是不能改变平衡的转化率，D错误； 故选CD。 （3）①增大压强，反应ⅰ平衡正向移动，CH3OH的选择性增大，由图可知，p1CH3OH的选择性大于p2CH3OH的选择性，所以p1＞p2； ②400℃左右，表示CO2平衡转化率的两条曲线几乎交于一点的原因是：400℃左右，以反应ii为主，反应ii前后气体分子数不变，压强改变对平衡没有影响； （4）假设二氧化碳和氢气的物质的量各为1mol，转化的二氧化碳为x，则，反应平衡后，H2的平衡转化率为60%，解得x=0.2mol，则平衡时CO2的物质的量为0.8mol，H2的物质的量为0.4mol，CH3OH的物质的量为0.2mol，H2O的物质的量为0.2mol，恒压反应器中，总压不变，则平衡时p(CO2)=，p(H2)=，p(CH3OH)=p(H2O)=，； （5）由电解装置可知，阳极发生氧化反应生成氧气，阴极发生还原反应生成甲酸、甲醛、甲醇、乙醇，其中阴极生成HCOOH的电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH； （6）当电解电压为u2V时，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为5：4，由图可知，HCOOH的法拉第效率为15%，则HCOOH的法拉第效率与HCHO的法拉第效率之比为：，电解生成的HCOOH和HCHO的物质的量之比为5：4，1molCO2转化为1molHCOOH转移2mol电子，1molCO2转化为1molHCHO转移4mol电子，则，解得m=24%。 12．(1) 放热 I (2)cd (3)a (4)随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；催化剂活性降低，反应速率减慢 (5) 【详解】（1）根据反应历程可知，反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应；总反应速率由慢反应决定，活化能越大反应速率越慢，根据图示可知，反应I的活化能最大，反应最慢，答案为：放热；I； （2）a．反应后生成物与浓度之比始终保持为，不能说明达到平衡状态，故a错误； b．在恒温恒压密闭容器中进行上述反应，容器内气体的压强始终不变，不能证明达到了平衡，故b错误； c．在恒温恒压密闭容器中进行上述反应，气体的总质量保持不变，但容器的体积改变，所以容器内混合气体的密度是个变量，则密度不变一定是平衡状态，故c正确； d． 混合气体平均摩尔质量等于气体总质量比气体总物质的量，总质量不变，总物质的量是个变量，容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变，一定是平衡状态，故d正确； 答案选cd； （3）该反应为气体体积减小的放热反应，压强相同时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的平衡转化率减小；温度相同时，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的平衡转化率增大，则曲线a表示压强为2MPa时一氧化氮的平衡转化率随温度的变化，故答案为：a； （4）400℃~700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂活性降低，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小； （5）向容积2L的恒容密闭容器按体积比3∶2的比例充入CO和NO，设CO和NO分别为3mol和2mol，NO的转化率为x，根据三段式为： 当反应达到平衡时NO的体积分数为，则，故x=0.2，平衡时，n(NO)=2mol-0.4mol=1.6mol，n(CO)=3 mol-0.4mol=2.6mol，n(N2)=0.2mol，n(CO2)=0.4 mol，故平衡常数K===。 13．(1) 逆向移动 = (2) (3) (4) (5) (6) 0.1HF溶液pH＞1，若为强酸，pH=1； ＞ ＞ 【详解】（1）在醋酸溶液中存在，向其中滴入盐酸溶液，溶液中氢离子浓度增大，平衡逆向移动；电离平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变； （2）等体积等浓度的醋酸和氢氧化钠溶液恰好反应生成醋酸钠，升高温度至，溶液的，即溶液中，溶液中，溶液中的氢氧根全是水电离出来的，所以水电离出来的；由于，醋酸根会消耗一部分，所以离子浓度大小为； （3）根据，忽略水的电离可得，达到平衡时醋酸的浓度为，根据，，解得； （4）由电离平衡常数可知酸性：，水为中性，酸性越弱，结合氢离子的能力越强，所以强弱顺序为； （5）由盖斯定律可知，①-②得，； （6）从图中可知，当V=0mL时，也就是未滴入氢氧化钠溶液时，0.1得HF溶液pH＞1，若为强酸，pH应等于1； b点，V=10mL，即HF反应了一半，此时溶液应为等浓度HF和NaF溶液，由于pH=5，溶液呈酸性，说明HF的电离程度大于水解程度，因此； c点，V=20mL，HF和氢氧化钠恰好反应生成NaF，pH=8，，，根据电荷守恒可知，； d点，V=30mL，溶液为NaF和NaOH的混合溶液，所以溶液中；的浓度，根据物料守恒可知； 14．(1) (2) (3) 使溶液中的钒微粒以形式存在；减小，有利于反应向萃取方向进行，提高的萃取率 pH升高，增大，有利于反应向反萃取方向进行，的反萃取率增大；但过大，＋5价钒主要以或多钒酸根的形式存在，的反萃取率减小 (4) 【分析】钒渣用硫酸、MnO2“酸浸”将VO+转化为；“酸浸”后的溶液通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液；NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液得到NH4VO3沉淀，NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。 【详解】（1）钒是23号元素，钒基态原子的价层电子排布式为3d34s2，故答案为：； （2）“酸浸”时，MnO2将VO+转化为，V元素的化合价由+3价升至+5价，MnO2被还原成Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O； （3）①根据部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式知，萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是：使溶液中的钒微粒以形式存在；同时H+与OH-结合成H2O，c(OH-)减小，有利于向萃取方向进行，提高的萃取率； ②反萃取中，反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是：pH升高，c(OH-)增大，有利于反应向反萃取方向进行，的反萃取率增大；但c(OH-)过大，+5价钒主要以或多钒酸根的形式存在，的反萃取率减小； （4）由反应+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，过量的Fe2+物质的量为5×0.01000mol/L×12.00×10-3L=6.000×10-4mol；加入的Fe2+的总物质的量为0.5000mol/L×5.00×10-3L=2.500×10-3mol，则与反应的Fe2+物质的量为2.500×10-3mol-6.000×10-4mol=1.900×10-3mol，根据反应+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O知，的物质的量为1.900×10-3mol，根据V守恒，20.00mL溶液中溶解的V2O5物质的量为9.500×10-4mol，V2O5样品的纯度为×100%=86.45%。 15．(1) (2) 较高温度时反应速率较快，同时较高温度时催化剂的活性高 增大压强 0.015 正向 (3) < (4) 正 【分析】b电极为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，a极为负极，氨气失去电子生成氮气，发生氧化反应，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O； 【详解】（1）已知①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)  ΔH1=-akJ·mol-1，②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)  ΔH2=-bkJ·mol-1，由①-②式可得：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，则由盖斯定律可得：ΔH3= kJ·mol-1； （2）①因400～500℃时催化剂的活性高，且反应速率较快，所以该反应放热，但仍选择较高温度，原因是：较高温度时反应速率较快，同时较高温度时催化剂的活性高； ②反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，则既能提高反应速率又能提高原料转化率的措施为：增大压强； ③将物质的量之比为1∶3的N2(g)和H2(g)充入2L的密闭容器中，经过10min达到平衡，平衡时n(NH3)=0.2mol，则消耗n(H2)=，所以0~10min内，v(H2)=mol·L-1·min-1； ④其他反应条件与③相同，即温度相同下该反应平衡常数为，起始时，则反应向正反应方向移动； （3）a点到b点，升高温度，化学反应速率增大，NO转化率增大；b点到c点，升高温度，NO转化率减小，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，即ΔH<0，且b点NO转化率最大，说明此时已达到平衡，T2K下NO转化率为50%，消耗n(NO)=12mol×50%=6mol，列三段式：，平衡时混合气体总物质的量为(6+5+5+6)mol=22mol，该反应的平衡常数Kp=； （4）b电极上氧气得电子，发生还原反应生成OH-，则b电极是正极；即a极为负极，NH3被氧化生成N2应，则电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。 16．(1)最后半滴溶液(或标准液)滴入时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色 (2)BD (3)⑤>④>⑥ (4) (5) 【详解】（1）酚酞在盐酸中开始为无色，当用氢氧化钠溶液开始滴定后，溶液逐渐从酸性到中性到弱碱性，则当最后半滴NaOH溶液(或标准液)滴入时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不变色，说明反应到达滴定终点； （2）A．加热时促进水的电离，水的离子积常数增大，氢离子浓度增大，pH减小，A错误； B．根据电离平衡常数可知，酸性：＞，则水解程度：＜，则②溶液和③溶液的大小：②<③，B正确； C．是强酸弱碱盐，溶液呈酸性，即，电荷守恒关系为：，结合水的电离可得：，C错误； D．④溶液与⑥溶液等浓度同体积充分混合后生成，根据物料守恒关系可得：，D正确； 故选BD。 （3）取④溶液、⑤溶液、⑥溶液稀释10倍后，，完全电离，和部分电离，且电离程度：，所以三种溶液中离子浓度大小：⑤NH4Cl溶液>④NH3⋅H2O溶液>⑥HCN溶液，因溶液得导电性与溶液中的离子浓度大小成正比，则溶液的导电性由大到小的顺序是：⑤>④>⑥； （4）根据电离平衡常数可知，酸性：，根据强酸制弱酸的规律，向③溶液中通入少量，发生反应的离子方程式为：； （5）该装置为电解池，C(1)电极为阳极，C(2)电极为阴极，阳极室K+透过阳离子交换膜1进入产品室，原料室中透过阴离子交换膜2进入产品室，二者结合生成产品，Na+透过阳离子交换膜3进入产品室生成NaOH，阴极上水得电子生成H2和OH-，C(2)电极的电极方程式为：。 17．(1) (2) 或14.3% 0.25 AB (3) L2 1 【详解】（1）已知：I： II： 根据盖斯定律，由II- I得反应； （2）①向10L恒容密闭容器中充入和，发生反应I，5 min达到平衡时测得的物质的量为，CO的生成量为0.5mol，反应为气体体积不变的反应，平衡时总物质的量不变，也为1mol+2.5mol=3.5mol，CO 的体积分数=100%= =14.3%，故答案为: 或14.3%； ②平衡常数只与温度有关，在，压强为时，根据三段式： ，=0.25； ③A.升高反应温度，反应速率加快，反应正向吸热，升温，平衡正向移动，平衡转化率升高，选项A正确； B.增大H2浓度，反应速率加快，平衡正向移动，平衡转化率提高，选项B正确； C.分离出部分CO，平衡正向移动，平衡转化率提高，但物质浓度降低，反应速率减慢，选项C错误； D.缩小容器体积，反应物浓度增大，反应速率加快，该反应为体积体积不变的反应，增大压强平衡不移动，的转化率不变，选项D错误； 答案选AB； （3）起始的物质的量之比增大时，相当于增大了CO2的浓度，CO2的转化率降低，故表示的曲线是L2；L1为H2的转化率曲线，M点反应物的转化率相等，说明，反应物的起始投料按方程式系数比进行，故M点横坐标为1。 18．(1) 　 慢反应 (2) A 升高温度干重整反应正向移动，与的转化率均增加，投入的与物质的量相等，则这一反应中与转化率相等，再考虑副反应温度升高正向移动，使的转化率大于 (3) 是、的反应，因此在低温下自发进行，若温度较高时，与不容易反应，无法影响反应④的平衡，因此的物质的量几乎不变 【详解】（1）根据题意，焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，则干重整反应的热化学方程式为，由图知，反应I的活化能比反应Ⅱ活化能大，因此反应I是慢反应； （2）为吸热反应，升高温度干重整反应正向移动，与的转化率均增加，投入的与物质的量相等，则这一反应中与转化率相等，再考虑副反应温度升高正向移动，使的转化率大于，则表示平衡转化率的是曲线是A； （3）由于是、的反应，因此在低温下自发进行，若温度较高时，与不容易反应，无法影响反应④的平衡，因此的物质的量几乎不变；温度为500℃达到平衡时，容器内压强为时，测得甲烷的平衡转化率为60％，由图像知，此时氢气得物质的量为2.1mol，由三段式得、 ，体系中混合气体的总物质的量为（0.4+0.3+0.3+2.1+2.1）mol=5.2mol，的分压为，的分压为，的分压为，的分压为，的分压为，则此温度下反应③的压强平衡常数。 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 $$