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．（2024·全国·模拟预测）工业上常用合成气(主要成分为CO、H2)在一定条件下制备甲醇，其涉及反应如下： 反应Ⅰ． 反应Ⅱ．　； 反应Ⅲ．　。 回答下列问题： (1)在催化剂作用下也可以由CO2制备甲醇：，则 kJ·mol-1；该反应在 (填“高温”“低温”或“任意温度”)下可自发进行。 (2)向容积为2L的刚性密闭容器中充入2molCO和4molH2发生上述反应，测得不同温度下，CO的平衡转化率、CH3OH的选择性如图所示[CH3OH的选择性=]。 ①表示甲醇的选择性曲线是 (填“L1”或“L2”)。 ②T1K下，2min时达到平衡，此时体系压强为aPa，。用CH4的分压变化表示的化学反应速率为 。 (3)维持CO和H2的物质的量之和为3mol，若在1L恒容密闭容器中只发生上述反应Ⅰ，调整进气比n(CO)；n(H2)不同，温度不同时，测得相应的CO平衡转化率如图所示。则A和B两点的温度：T(A) (填“<”“>”或“=”)T(B)，其判断依据是 。 2．（2024·江苏泰州·模拟预测）I．工业废水和废渣中会产生含硫(-II)等污染物，需经处理后才能排放。 (1)废水中的硫化物通常用氧化剂将其氧化为单质S进行回收。已知：溶液中含硫微粒的物质的量分数随变化情况如图1所示。                           图1                                                图2                                    ①向含硫废水中加入稀调节溶液的为6，废水中 。 ②控制废水约为8，废水中单质硫回收率如图2所示。溶液的加入量大于时，废水中单质硫的回收率下降的原因是 。 (2)含硫废渣(硫元素的主要存在形式为)，可以回收处理并加以利用。沉积物-微生物酸性燃料电池工作原理如图3所示。 碳棒b处S生成的电极反应式为 。 II．氨氮废水中含有氨和铵盐，直接排放会造成环境污染。可用以下方法处理： (3)沉淀法 ①“氧化”时在微生物的催化作用下，被氧化为。该反应的化学方程式为 。 ②“沉淀”中将“氧化”步骤后剩余的转化为沉淀，若调节过大，会降低氨氮去除率，其原因为 。 (4)生物硝化反硝化法 生物硝化反硝化法可将酸性废水中的氨氮转化为氮气，其原理如图4所示。 ①硝化过程中溶液的 。(填“升高”或“降低”)。 ②每处理含的酸性废水，理论上消耗的物质的量为 。 3．（23-24高三下·黑龙江哈尔滨·期末）甲烷是重要的燃料和化工原料，一种利用CO2制备CH4的反应为。T℃下，在2L的恒容密闭容器中通入2molCO2和2molH2，发生上述反应，容器内两种气体的物质的量随时间变化的关系如图所示。回答下列问题： (1)曲线a表示的物质为 ；5~10min内，用H2O(g)表示的平均反应速率v(H2O)= mol/(L·min)；下列措施能加快上述反应的正反应速率的是 (填标号)。 A．升高温度  B．通入He   C．通入CO2  D．分离出CH4 (2)下列情况能说明上述反应已达到平衡状态的是 (填标号)；反应达到平衡时，H2的转化率为 。 a．混合气体的密度不再改变 b．n(CO2)∶n(H2)的值不再改变 c．CO2、H2、CH4、H2O同时存在            d．c(CH4)：c(H2O)的值不再改变 e．消耗22gCO2的同时生成18gH2O          f．断裂1个H-H键的同时断裂1个C-H键 (3)NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨I电极上生成氧化物Y，Y可循环使用，则正极反应式为 。 4．（23-24高三上·甘肃·期末）乙烯是现代有机合成的重要原料。回答下列问题。 (1)乙烯与水加成制备乙醇的能量变化过程如图所示： 由图可知，反应的决速步骤是 （填“反应①”或“反应②”）；   。 (2)乙烯气相直接水合反应制备乙醇过程中，乙烯的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下[起始时，，容器容积为]： 图中压强的大小关系为 ；图中a点对应的平衡常数 ；达到平衡状态a、b所需要的时间：a b（填“＞”“＜”或“＝”）。 (3)催化加氢可制备乙烯，反应原理为  。向的恒容密闭容器中加入和，在催化剂作用下发生反应，测得平衡时体系中各气体的物质的量随温度的变化关系如图所示。 ①图中曲线代表氢气的是 （填字母）。 ②下列说法不正确的是 （填字母）。 A．使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，提高平衡产率 B．其他条件不变时，若扩大容器容积，、均减小，则平衡不移动 C．若容器内混合气体的平均相对分子质量不再随时间改变，则说明反应已达到平衡状态 D．保持温度不变，按再通入和，达到平衡时的转化率增大，平衡常数K保持不变 ③℃时，的平衡转化率为 ％。 5．（23-24高三上·云南昆明·期末）开发氢能源是发展绿色能源的重要途径之一、利用甲烷可以制备氢气，涉及的反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)  △H=+206 kJ/mol 反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)  △H=-41 kJ/mol。 回答下列问题： (1)反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H= kJ/mol，其正反应的活化能 逆反应的活化能(填“＞”、“=”或“＜”)；有利于提高CH4平衡转化率的条件是 (填标号)。 A．高温高压        B．低温高压      C．高温低压        D．加入合适的催化剂 (2)刚性密闭容器中，进料比分别为1.0、2.0，起始压强为p kPa，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡时甲烷的质量分数、与温度的关系如下图所示，已知T2＞T1＞T0。 ①进料比=2.0时，甲烷质量分数与温度对应的关系曲线为 。 ②T1℃时，进料比=2.0，反应达到平衡时甲烷的转化率= ，反应Ⅱ的平衡常数Kp= 。 (3)工业上可用Fe3O4作反应Ⅱ的催化剂，反应过程中CO能将Fe3O4还原成Fe。Fe存在如下三种不同的晶体结构，其立方晶胞如图所示。若铁原子半径为r，三种晶体的晶胞参数分别为2r pm，pm，pm，阿伏加德罗常数的值为NA。 三种晶体结构中密度最小的是 ，其密度为 g/cm3(列出计算式)。 6．（23-24高三上·辽宁辽阳·期末）常温下，某些一元弱酸的电离常数如表所示。 弱酸 HCN HF CH3COOH HNO2 电离常数 6.4×10-10 6.4×10-4 1.8×10-5 5.0×10-4 已知：①； ②不考虑溶液混合时体积和温度的变化。 回答下列问题： (1)HF在水中的电离方程式为 (2)酸性：HCN (填“”“”或“”)HNO2。 (3)常温下，将10mL0.2mol/L的CH3COOH溶液加水稀释至100mL： ①稀释过程中溶液的pH随溶液体积变化的曲线正确的是 (填标号)。          C ②稀释过程中，下列各项始终保持减小趋势的是 (填标号)。 A．    B．Kw×c(OH-)    C．    D． ③常温下，0.02mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离度 %。 (4)常温下，准确量取20.00mL0.1mol/LHNO2溶液： ①0.1mol/LHNO2溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为 。 ②若向未知体积0.1mol/L的HNO2溶液中滴加等体积一定浓度的稀硫酸，测得混合溶液中的c(H+)=0.02mol/L，则混合溶液中= 。 7．（2024·陕西西安·模拟预测）低碳烯烃(乙烯、丙烯、丁烯等)作为重要的基本化工原料，在现代石油和化学工业中具有举足轻重的作用。 I．小分子烃类(如丙烯)作为还原剂可以在催化剂上选择性还原NO。 已知： kJ·mol kJ·mol (1)反应 kJ⋅mol。 Ⅱ．二氧化碳可将乙烷转化为更有工业价值的乙烯。相同反应时间，不同温度、不同催化剂的条件下测得的数据如表1(均未达到平衡状态)： 表1 实验编号 ① ② ③ ④ 反应温度／℃ 650 650 600 550 催化剂 钴盐 铬盐 C2H6的转化率/% 19.0 32.1 21.2 12.0 C2H4的选择性/% 17.6 77.3 79.7 85.2 (2)已知C2H4选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。反应温度为650℃时，较优的催化剂为 (填“钴盐”或“铬盐”)。 Ⅲ．一定条件下，碘甲烷(CH3I)热裂解制低碳烯烃的主要反应有： 反应i： 反应ii： 反应iii： 反应i、ii、iii在不同温度下的分压平衡常数如表2，回答下列问题： 表2 298K 323K 423K 523K 623K 723K 反应i 2.80 反应ii 反应iii 2.24 (3)根据表中数据推出反应ⅰ的活化能(正) (填“>”或“<”)(逆)。 (4)实际工业生产中，若存在副反应： ，结合表2数据分析 (填“>”或“<”)0，陈述理由： 。 (5)其他条件不变，起始压强为0.1a MPa，向容积为1 L的恒容密闭容器中投入1 mol ，只发生反应i、ii、iii，反应温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯所占气体组分物质的量分数的影响如图。 一定能说明该体系达到平衡状态的是 (填标号)。750 K条件下，平衡时，体系中 ，反应ⅰ的压强平衡常数= MPa。 A．CH3I的转化率达到最大值            B． C．气体的密度不再发生变化            D．各气体组分的百分含量保持不变 8．（22-23高三上·广东湛江·期中）近我国大力加强温室气体CO2催化氢化合成甲醇技术的工业化量产研究，实现可持续发展。回答下列问题： (1)已知：CO₂(g)+H₂(g)=H2O (g)+ CO (g)   ΔH1 =+41.1 kJ·mol-1； CO(g)+2H₂(g)=CH3OH(g)  ΔH 2= -90.0 kJ·mol-1。 根据CO₂催化氢化合成甲醇的热化学方程式，求算出对应的焓变： kJ·mol-1。 (2)为提高CH3OH (g)的产率，理论上应采用的条件是 (填字母)。 a．高温高压   b．低温高压    c．高温低压   d．低温低压 (3)250℃时，在恒容密闭容器中由CO2(g)催化氢化合成CH3OH (g)，如图为不同投料比「n(H2)/ n(CO2)」时某反应物X的平衡转化率的变化曲线。 反应物x是 (填“CO2”或“H2”)。 (4)250℃时，在体积为20L的恒容密闭容器中加入6mol H2、2 mol CO2和催化剂，10min 时反应达到平衡，测得 (CH3COOH)=0.75 mol·L-1。 ①前 10 min 内平均反应速率。(H2)= mol·L-1·min-1。 ②化学平衡常数K= 。 ③催化剂和反应条件与反应物的转化率和产物的选择性高度相关，控制相同投料比和相同反应时间，得到四组数据如表所示： 实验编号 温度/K 催化剂 CO2的转化率/% 甲醇的选择性/% A 543 Cu/ZnO纳米棒 12.3 42.3 B 543 Cu/ZnO纳米片 11.9 72.7 C 553 Cu/ZnO纳米棒 15.3 39.1 D 553 Cu/ZnO纳米片 12.0 70.6 根据上表所给数据，用CO2生产甲薛的最优条件为 (填实验编号)。 9．（24-25高三上·贵州贵阳·开学考试）乙烯()是重要的工业原料，随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，利用二氧化碳制乙烯：的合成工艺备受关注，回答下列问题： (1)已知H2的燃烧热为a，CH2=CH2的燃烧热为b，则 (用含a和b的代数式表示)。 (2)下列措施一定有利于提高该反应中的平衡转化率的是 。 a．使用高效催化剂并增大催化剂的表面积　　b．增大投料比 c．恒容下向反应器中通入惰性气体　　　　　d．反应器中降温处理 (3)在下，将和充入恒容密闭容器中发生反应，测得不同温度下该反应达到平衡时的四种气态物质的量如图所示。 平衡时物质的量随温度变化曲线 ①曲线a表示的物质为 (填化学式)。 ②温度时，反应经过达到平衡，则内 。 ③列出温度时该反应平衡常数的计算式 。 (4)若该体系中发生的反应如下： 主反应I： 副反应Ⅱ： 副反应Ⅲ：…… 不同条件下的平衡转化率如图所示： ①时，压强、、由大到小的顺序是 。 ②从热力学视角出发，为提高M点的选择性，可调控的最优条件为 (填序号)，原因是 、 。 a．温度　　　b．温度 c．压强　　　d．压强 10．（23-24高三上·陕西汉中·阶段练习）与既是温室气体，又是丰富的碳源，研究与的化学转化和利用对于降低使用量、消除温室气体等具有重大意义。利用等离子体协同催化剂重整制合成气的反应原理为。 (1)已知：常温常压下，、、的燃烧热如表： 物质 燃烧热 -890.3 -283 -285.8 则   。 (2)写出一条提高平衡转化率的方法 。 (3)若在恒温恒容密闭容器中充入一定量的和，下列条件能判断该反应达到平衡状态的是___________(填字母)。 A．容器中混合气体的密度保持不变 B．的生成速率与CO的消耗速率相等 C．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变 D．的百分含量保持不变 (4)向某密闭容器中充入和，测得平衡时的体积分数与压强和温度的关系如图所示： ①表示的是 (填“温度”或“压强”)。 ②、、由大到小的顺序为 ，判断理由是 。 ③平衡常数： (填“>”、“<”或“=”)。 ④若N点时的总压强为120kPa，则N点所处条件下，该反应的压强平衡常数 。(用分压代替浓度表示平衡常数，分压=总压×物质的量分数) 11．（23-24高三上·重庆·阶段练习）石油与天然气开采，石油化工，煤化工等行业废气中普遍含有硫化氢，需要回收处理并加以利用。根据所学知识回答下列问题： (1)已知： I．    (a>0) II．    (b>0) III．     若反应III中正反应的活化能为，逆反应的活化能为，则 (填含a、b的代数式)；在某恒温恒容体系中仅发生反应Ⅲ，下列叙述能说明反应III达到平衡状态的是 (填标号)。 A．体系压强不再变化                                 B．断裂1mol H-S键的同时断裂1mol O-H键 C．混合气体的密度不再变化                         D． (2)利用工业废气生产的反应为。向某容器中充入1mol (g)，2mol (g)，体系起始总压强为kPa，保持体系总压强不变，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数(x)随温度(T/℃)的变化如图。 ①图中表示的曲线是 (填标号)。 ②℃时，该反应的 (列出表达式即可，用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。 (3)工业中先将废气与空气混合，再通入、、的混合液中，其转化过程如图所示。 已知：25℃时，，的、。则25℃时过程ⅱ中的反应(填“能”或“不能”) 进行完全。(已知：通常情况下，反应平衡常数时，认为反应已进行完全) (4)某科研小组将徽电池技术用于去除废气中的，其装置如图，主要反应：(FeS难溶于水)，室温时，pH=7的条件下，研究反应时间对的去除率的影响。 ①装置中NaCl溶液的作用是 ，FeS在 (填“正”或“负”)极生成。 ②一段时间后，电流减小，单位时间内的去除率降低，可能的原因是 。 12．（23-24高三上·辽宁·阶段练习）铬酸钾()和重铬酸钾()是化学实验室中的一种重要分析试剂。回答下列问题： (1)电化学法制备重铬酸钾实验装置如图所示。 阳极区电极反应式是 ，后续制得重铬酸钾的离子反应方程式为 。 (2)以标准液滴定溶液中的，采用为指示剂。(已知、的分别为和) ①可以作指示剂的原因除了生成砖红色的沉淀外，还与 有关(从溶解度角度回答)。 ②标准液盛装在下图 (填“A”或“B”)滴定管中，滴定管检漏后装液前应进行的操作是 ，到达滴定终点的现象是 。 ③以下是实验数据记录表： 实验次数 滴定前读数/mL 滴定后读数/mL 1 0.10 20.40 2 2.00 24.06 3 1.55 21.75 (保留四位有效数字)，若配制标准溶液定容时俯视刻度线会导致测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 13．（23-24高三上·河北·阶段练习）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。 (1)已知在25℃和101kPa时存在下列反应： ① ②C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)ΔH2=−395 ③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH3 已知：标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物的焓变，如上述反应②可表示为CO2的标准摩尔生成焓。请写出表示乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式： 。 (2)在某密闭容器中，CO和H2初始物质的量均为0.3mol，在一定条件下发生反应：测得CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示： ①由图可知，压强p3 (填“>”或“<”)p1，原因是 。压强为时，升高温度，反应的平衡常数将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 ②温度为1100℃、压强为p1时，x点的平衡常数为 (是指用平衡时各组分的物质的量分数代替物质的量浓度计算得到的平衡常数)。 ③在一定温度、的初始条件下，假设该容器的容积不变，该反应达到平衡后体系的压强变为100kPa，则CO的平衡转化率为 。 ④在恒温恒容条件下，下列说法能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。 A．体系的密度不再发生变化 B．断裂2molH—H键的同时生成2molC=O键 C．各组分的物质的量浓度不再改变 D．体系中气体的平均相对分子质量不再发生变化 E．体积分数：V%(CH4)=V%(CO2) 14．（23-24高三上·辽宁葫芦岛·期中）是一种重要的化工原料，25°C时，，；：，。 (1)写出硫化氢在水中的电离方程式： (写出第一步电离即可)。 (2)常温下，将10 mL 0.1 mol·L 溶液和10 mL 0.1 mol·LHCl溶液混合，混合后溶液的pH (填“大于”或“小于”)7，溶液中含硫微粒的浓度大小顺序为 。 (3)常温下，水溶液中和的浓度变化如图所示，下列说法正确的是___________(填标号)。 A．将硫化氢通入水中，溶液中的变化：a→b B．b点溶液中可大量存在的离子：，，、 C．将硫氢化钾固体加到水中，水的电离程度减小 D．c点时加入少量硫化钠固体，最终不变 (4)常温下，实验室常用硫酸铜溶液除去硫化氢，其反应原理为，该反应的平衡常数为 (保留3位有效数字)。 (5)硫化物也常用于除去废水中的重金属离子。向含的废水中加入沉淀剂FeS，发生反应的离子方程式为 ，当反应达到平衡时， 。 15．（23-24高三上·江苏扬州·阶段练习）CO2的捕集和资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。 (1)一种捕集烟气中的CO2流程如图-1所示，溶液中含碳微粒分布随pH变化如图-2所示。 ①上述流程中采用气-液逆流接触吸收，其目的是 。 ②H2CO3第一步电离平衡常数为Ka1，则pKa1 = (pKa1= -lgpKa1)。 ③“吸收”所得溶液pH约为8时，则“吸收”过程中反应的化学方程式为 。 (2)将CO2还原为HCOOH是实现“碳中和”的有效途径。 ① 利用反应CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)ΔH =＋14.9 kJ·mol-1不能实现CO2直接加氢合成HCOOH，原因是 。 ②CO2通过电解法转化为HCOO-的反应机理如图-3所示，Sn电极上生成HCOO-的电极反应式为 。 (3)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：CO2(g) + H2(g)CO(g) + H2O(g)  ΔH1 =+41.2kJ·mol-1 反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g) + 3H2O(g)  ΔH2 =-122.5kJ·mol-1 ①反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)  　ΔH =   kJ·mol-1。 ②在恒压、CO2和H2起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图-4所示。其中：00%。一定温度下，向1L恒容容器中加入0.5 mol CO2和2.0 mol H2发生上述反应，达到平衡时测CO2转化率为 40%，CH3OCH3选择性为80%，则平衡时体系中生成的CH3OCH3的物质的量为 16．（23-24高三上·江苏宿迁·期中）汽车尾气中含有CO、NO等有害气体。目前，汽车厂商常利用催化技术将尾气中的NO和CO转化成CO2和N2。 (1)汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意图如下： 写出该反应的热化学方程式： 。 (2)探究某些外界条件对汽车尾气转化反应速率的影响。 在相同的恒容密闭容器中，完成以下实验设计表(表中不要留空格)。 实验编号 实验目的 T/℃ NO初始浓度mol/L CO初始浓度mol/L 同种催化剂的比表面积m2/g I 为以下实验作参照 280 80 Ⅱ 120 Ⅲ 探究温度对尾气转化速率的影响 360 80 利用气体传感器测定了三组实验中CO浓度随时间变化的曲线图，如下： ①计算第1组实验中，达平衡时NO的浓度为 ；NO的转化率为 。 ②在上述条件下，该反应均能自发进行，则该反应的时间 0(填写“>”“<”或“=”) ③由曲线I、Ⅱ可知，增大催化剂比表面积，汽车尾气转化速率 (填“增大”、“减小”“无影响”)。 ④若与第I组实验对比，第Ⅳ组实验仅将c(CO)改为，280℃下该反应的平衡常数的值为 。 (3)探究催化剂对CO、NO转化率的影响。将NO和CO按物质的量1：1，以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示： ①温度低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是 。 ②a点脱氮率小于对应温度下的平衡脱氮率，原因是 。 17．（23-24高三上·江苏·阶段练习）工业废水和废渣中会产生含硫(-Ⅱ)、氰根()等污染物，需经处理后才能排放。 (1)废水中的硫化物通常用氧化剂将其氧化为单质S进行回收。已知：溶液中含硫微粒的物质的量分数随pH变化情况如图所示。 ①向含硫废水中加入稀调节溶液的pH为6，废水中 。 ②控制废水pH约为8，废水中单质硫回收率如图所示。溶液加入量大于时，废水中单质硫的回收率下降的原因是 。 (2)含硫废渣(硫元素的主要存在形式为)，可以回收处理并加以利用。沉积物-微生物燃料电池工作原理如图所示。 ①碳棒b处S生成的电极反应式为 。 ②工作一段时间后，电池效率降低的可能原因为 。 (3)“臭氧-活性炭”去除的机理如图 (“*”表示活性炭表面吸附的物种)。 ①“臭氧-活性炭”去除的反应机理可描述为 。 ②在含氰废水，臭氧通入量为的实验条件下，1L含氰废水分别在“臭氧”、“活性炭”和“臭氧-活性炭”三种体系下对的去除率随时间变化的曲线如图所示。“臭氧-活性炭”体系对的去除率明显优于另外两个体系的原因是 。 (4)Fenton法去除氰化物的过程为在少量催化作用下生成具有强氧化性的。利用在作用下产生的处理含氰废水的部分机理如下： Ⅰ. Ⅱ. 控制，浓度为，初始的投加量与氰去除率的关系如图所示，当的投加量小于时，随着的投加量的增加，氰去除率上升的原因是 。 18．（23-24高三上·湖北·期中）合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。铁触媒催化合成氨经历下图所示①～⑥步过程(从状态I至状态VⅡ)： 注解：上图中“ad”表示吸附在催化剂表面的物质。 请根据信息回答下列问题： (1)催化反应往往经过物质在催化剂表面的“吸附”过程和脱离催化剂表面的“脱附”过程。上图中的第 步为决速步骤，“脱附”过程是 (填“吸热”或“放热”)过程。 (2)根据上图计算合成氨反应的焓变：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)  ΔH= 。 (3)上述反应的ΔS 0(填“>”、“<”或“=”)。已知：反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的|ΔS|=199J·mol-1·K-1，则合成氨反应能自发进行的温度是 。 A．25℃    B．125℃    C．225℃    D．325℃ (4)某化学小组利用虚拟仿真软件模拟合成氨的反应。在容积固定为2L的密闭容器内充入1molN2和3molH2，加入合适催化剂(体积可以忽略不计)后，在温度为T、压强为p0的条件下开始反应，其气体总物质的量随时间变化如下表： 反应时间/min 0 5 10 15 20 25 30 气体总物质的量/mol 4 3.52 3.3 3.16 3.06 3 3 则该反应的平衡常数Kp= (用含p0的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，且某气体的分压=总压×该气体的物质的量分数)。 (5)关于合成氨工艺流程，下列理解正确的是_______。 A．分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生 B．控制温度(773K)远高于室温，是为了保证尽可能大的平衡转化率和快的反应速率 C．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率 D．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行 (6)工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去，已知NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速经过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、N2的选择性与温度的关系如下图。 其他条件不变，在200～300℃范围内升高温度，出口处氮氧化物的量 (填“增大”或“减小”)，原因是 。 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) ﹣51 低温 (2) L2 0.09a (3) > K(B)>K(A)，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ－反应Ⅲ得反应，；反应为熵减的放热反应，则反应在低温下能自发进行； （2）①反应I为放热反应，升高温度，反应逆向移动，甲醇的选择性降低，则L2表示甲醇的选择性曲线； ②T1K下，2min时达到平衡，此时体系压强为aPa，，由图可知，此时CO平衡转化率为80%，甲醇选择性为60%，有： Ⅰ．， Ⅲ．； Ⅱ．　 所以平衡时CO、CO2、CH3OH、CH4、H2、H2O物质的量浓度分别为0.2mol/L、0.05mol/L、0.48mol/L、0.27mol/L、0.28mol/L、0.22mol/L，平衡时总的物质的量浓度为1.5mol/L，用CH4的分压变化表示的化学反应速率为 （3）在1L恒容密闭容器中只发生上述反应Ⅰ，A点n(CO)：n(H2)=0.5，设一氧化碳、氢气投料分别为1mol、2mol，一氧化碳转化量为：1mol×50%=0.5mol，则：，，同理，B点=n(CO)：n(H2)=1，设一氧化碳、氢气投料分别为1.5mol、1.5mol，CO转化量为1.5mol×40%=0.6mol，运用三段式计算得K(B)=7.4>1，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，T(A) >T(B)。 2．(1) 硫元素被氧化成更高价态的或 (2)S-6e-+4H2O =+8H+ (3) pH过大，溶液中OH-浓度过大，使得溶液中生成或沉淀，导致氨氮去除率下降 (4) 降低 【分析】（1）依据图像，求得电离平衡常数，再进行计算；（2）根据光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，碳棒a为正极，FeS2在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根，碳棒b为负极；（3）从信息和流程知，处理氨氮废水时，在废水池的底部吹入大量热空气，把废液中的氨水分解挥发后转变成氨气，通入空气加入了微生物，把NH3氧化为N2，剩余的氨氮通过和 MgCl2及Na2HPO4反应产生NH4MgPO4·6H2O沉淀而除去；（3）依据原子守恒求得物质的量之间的关系，进行计算，据此解答。 【详解】（1）①由图可知，pH为7时，c(HS-)=c(H2S)，，pH为13时，c(HS-)=c(S2-)，，则当pH为6时，，②H2O2具有强氧化性，H2O2溶液加入量大于时，所加H2O2溶液越多，S生成率越低，可能是因为硫元素被氧化成更高价态的或，答案：、硫元素被氧化成更高价态的或； （2）根据光合菌产生的O2得电子结合H+得到H2O，碳棒a为正极，FeS2在硫氧化菌的作用下被氧化为S，S在硫氧化菌的作用下被氧化为硫酸根，碳棒b为负极，存在电极反应：S-6e-+4H2O =+8H+，答案：S-6e-+4H2O =+8H+； （3）NH3被氧化化合价升高为N2的过程中，通入空气提供氧气，微生物起催化剂作用，反应的化学方程式为：，②“沉淀”中将“氧化”步骤后剩余的转化为沉淀，根据质量守恒写出发生反应的离子方程式为：，若调节pH过大，溶液中OH-浓度过大，使得溶液中生成或沉淀，导致氨氮去除率下降，答案：、pH过大，溶液中OH-浓度过大，使得溶液中生成或沉淀，导致氨氮去除率下降 （4）①硝化过程溶液中反应为，反应过程中溶液pH降低；②反硝化过程溶液中反应为，因此整个过程中，因此每处理含的酸性废水，理论上消耗的物质的量为mol，答案：降低、。 3．(1) 氢气 0.02 AC (2) bf 40% (3) 【详解】（1）根据图象可以得知，5~10min内a物质减少了0.4mol，与此同时b物质增加了0.1mol，结合可知，a是氢气，b是甲烷，则曲线a表示的物质为氢气；根据反应速率的定义可以得到：v(H2O)=2v(CH4)=；能加快上述反应的正反应速率的是： A．升高温度，可以加快正反应速率，A符合题意； B．恒温恒容通入氦气，反应物浓度不变，正反应速率不变，B不符合题意； C．恒温恒容通入二氧化碳，反应物浓度增大，正反应速率加快，C符合题意； D．分离出CH4，甲烷浓度减小，瞬间反应物浓度不变，瞬间正反应速率不变，但随着反应的继续正反应速率会减小，D不符合题意； 故选AC； （2）a．反应前后都是气体且容器体积不变，混合气体的密度是一个定值，则混合气体的密度不再改变，不能说明达到平衡状态，a不符合题意； b．投料时n(CO2)∶n(H2)=1∶1，反应时n(CO2)∶n(H2)按1∶4反应，n(CO2)∶n(H2)的值是一个可变的值，此值不再改变时，能说明达到平衡状态，b符合题意； c．CO2、H2、CH4、H2O同时存在，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明达到平衡状态，c不符合题意； d．c(CH4)∶c(H2O)的值是定值，反应的任何时刻均为1∶2，则c(CH4)∶c(H2O)的值不再改变，不能说明达到平衡状态，d不符合题意； e．消耗22gCO2的同时生成18gH2O ，两者仅体现正反应速率，未体现逆反应速率，不能说明达到平衡状态，e不符合题意； f．断裂1个H-H键的同时断裂1个C-H键，即，正、逆反应速率之比等于化学计量数之比，能说明达到平衡状态，f符合题意； 故选bf。 达到平衡时，H2的物质的量为1.2mol，则H2的转化率为； （3）NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，通O2的石墨电极Ⅱ为正极，则通入NO2的石墨电极Ⅰ为负极，该电池在放电过程中石墨I电极上生成氧化物N2O5，N2O5可循环使用，正极上被还原生成，则正极反应式为：。 4．(1) 反应② (2) ＞ (3) m AB 33.3 【详解】（1）反应的决速步骤是活化能高的反应②；反应①  ，反应②  ，根据盖斯定律，反应①＋反应②得  ； （2）由可知该反应的正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，乙烯的平衡转化率增大，因此压强：。起始时，，容器容积为，a点乙烯的平衡转化率为20％，则转化的乙烯的物质的量浓度为，列如下三段式： ，所以；增大压强，升高温度，化学反应速率均会加快，反应达到平衡的时间均会缩短，由上述分析可知，，又b点温度高，因此达到平衡状态a、b所需要的时间：a＞b； （3）①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则随温度升高，物质的量增大的曲线m、n代表反应物，随温度升高，物质的量减小的曲线p、q代表生成物，结合化学计量数关系可知，m表示的物质的量随温度的变化，n表示的物质的量随温度的变化，p表示的物质的量随温度的变化，q表示的物质的量随温度的变化； ②A．使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，但不能提高平衡产率，选项A错误； B．扩大容器容积相当于减小压强，则和均减小，平衡逆向移动，选项B错误； C．混合气体的平均相对分子质量随着反应的进行增大，选项C正确； D．再按通入和，相当于增大压强，平衡正向移动，转化率增大，平衡常数K只与温度有关，故K保持不变，选项D正确。 ③设℃反应达到平衡时生成，列如下三段式： ，由题图可知，℃时和的物质的量相等，有，解得，则的转化率为％≈33.3％。 5．(1) +247 ＞ C (2) a 25% 1 (3) α-Fe 【详解】（1）已知：反应Ⅰ：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)  △H=+206 kJ/mol 反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)  △H=-41 kJ/mol。根据盖斯定律，将反应Ⅰ-反应Ⅱ，整理可得CH4(g)+CO2(g)CO(g)+2H2(g) △H=+247 kJ/mol； 根据热化学方程式可知：该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，说明正反应的活化能大于逆反应的活化能； 要提高CH4平衡转化率，应该使化学平衡正向移动，根据温度、压强对化学平衡移动的影响，可知应该采取的措施是：高温、低压条件，故合理选项 C； （2）①反应Ⅰ的正反应为吸热反应，随着温度的升高，化学平衡向吸热的正反应方向移动，CH4的转化率增大，剩余的CH4的质量分数减小，且越大，CH4的转化率就越小，平衡时CH4的质量分数就越大，故表示甲烷的质量分数与温度对应关系的曲线是曲线a；曲线b为=1.0时甲烷的质量分数与温度对应关系； ②当=2.0时，根据图像可知：在温度为T℃时，CH4的质量分数是0.48，假设n(CH4)=2.0 mol，n(H2O)=1.0 mol，混合气体的总质量m(总)=2.0 mol×16 g/mol+1.0 mol×18 g/mol=50 g，平衡时甲烷的转化的物质的量是x mol，则剩余甲烷的物质的量n(CH4)剩余=(.0-x)mol，甲烷的质量分数=0.48，解得x=0.5 mol，则甲烷的转化率为=25%； 由图像可知此时=0.25，根据上述计算可知：反应Ⅰ中达到平衡时CH4转化的物质的量是0.5 mol，其发生反应Ⅰ产生的CO的物质的量是0.5 mol，产生的H2的物质的量是1.5 mol，假设其中有y molCO发生反应Ⅱ，则根据物质反应转化关系可知，其同时反应产生y mol H2，因此==0.25，解得y=0.1 mol，平衡时反应体系中各种气体的物质的量分别为：n(CH4)=(2.0-0.5)mol=1.5 mol，n(CO)=(0.5-0.1)mol=0.4 mol，n(H2O)=(1-0.5-0.1)mol=0.4 mol，n(CO2)=0.1 mol，n(H2)=(1.5+0.1)mol=1.6 mol，在恒温恒容时，气体的压强之比等于气体的物质的量的比，故反应Ⅱ的压强平衡常数Kp===1.0； （3）对于α-Fe，其中含有的Fe原子数是8×=1，晶胞质量为m=g，晶胞的体积V=(2r pm)3=8r3 pm3； 对于γ-Fe，其中含有的Fe原子数是8×+6×=4，晶胞质量为m=g，晶胞的体积V=(2r pm)3=16r3 pm3； 对于δ-Fe，其中含有的Fe原子数是8×+1=2，晶胞质量为m=g，晶胞的体积V=(r pm)3=r3 pm3； 根据晶胞的密度ρ=，分别计算三种铁晶胞的密度：可知三种铁晶胞中密度最小的是α-Fe，该晶胞的密度ρ==g/cm3。 6．(1)HFH++F-或HF+H2OH3O++F- (2)＜ (3) A AC 3.0 (4) c(H+)＞c()＞c(OH-) 2.5 【详解】（1）HF为弱电解质，在溶液中部分电离，其电离方程式为：HFH++F-或HF+H2OH3O++F-，故答案为：HFH++F-或HF+H2OH3O++F-； （2）已知Ka越大，对应酸的酸性越强，结合题干数据可知，Ka(HCN)＜Ka(HNO2)，故酸性：HCN＜HNO2，故答案为：＜； （3）常温下，将10mL0.2mol/L的CH3COOH溶液加水稀释至100mL： ①由题干数据可知，常温下Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，则0.2mol/L的醋酸溶液中有：Ka==解得c(H+)==6.0×10-3.5mol/L，此时溶液pH=-lgc(H+)=-lg(6.0×10-3.5)=3.5-0.3-0.5=2.7，同理0.02mol/L的CH3COOH溶液中，Ka==解得c(H+)==6.0×10-4mol/L，此时溶液pH=-lgc(H+)=-lg(6.0×10-4)=4-0.3-0.5=3.2，故稀释过程中溶液的pH随溶液体积变化的曲线正确的是A，故答案为：A； ②A．稀释过程中，c(CH3COO-)、c(H+)均减小，但随着稀释程度增大，水的电离程度越大，即c(CH3COO-)减小速率大于c(H+)的减小速率，故随着稀释进行而减小，A符合题意； B．稀释过程中，c(H+)减小，则c(OH-)增大，Kw不变，则Kw×c(OH-)增大，B不合题意； C．稀释过程中，c(H+)减小，则c(OH-)增大，Ka不变，则减小，C符合题意； D．稀释过程中，c(H+)减小，=增大，D不合题意； 故答案为：AC； ③常温下，0.02mol/L的CH3COOH溶液中， Ka==解得c(H+)==6.0×10-4mol/L，CH3COOH的电离度=3.0，故答案为：3.0； （4）①由题干表中数据可知，HNO2为弱酸，故0.1mol/LHNO2溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为c(H+)＞c()＞c(OH-)，故答案为：c(H+)＞c()＞c(OH-)； ②若向未知体积0.1mol/L的HNO2溶液中滴加等体积一定浓度的稀硫酸，测得混合溶液中的c(H+)=0.02mol/L，则混合溶液中===2.5，故答案为：2.5。 7．(1)﹣180.6 (2)铬盐 (3)＞ (4) ＜ 升高温度，副反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，△H4＜0 (5) D 1：3：4 0.08a 【详解】（1）已知：① kJ·mol ② kJ·mol； 利用盖斯定律，将[反应①－②]÷4.5得，反应，则kJ·mol； （2）反应温度为650℃时，钴盐作催化剂时，C2H6的转化率和C2H4的选择性都低于铬盐，所以较优的催化剂为铬盐； （3）由表中数据可以看出，随着温度的不断升高，分压平衡常数Kp不断增大，则正反应为吸热反应，从而推出反应ⅰ的活化能Ea(正)＞Ea (逆)； （4）实际工业生产中，若存在副反应 ，由盖斯定律可知，反应ⅲ×3－反应ⅱ×2得到副反应，结合表2数据，298K时，≈3.7×106，323K时，≈4.1×104，则升高温度，副反应的平衡常数减小，＜0；理由：升高温度，副反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，△H4＜0； （5）A．温度一定时，在固定容积的密闭容器中，反应物CH3I的转化率达到最大值时，反应达平衡状态，但若不指明温度，反应物CH3I的转化率很难有一个确定的最大值，A不符合题意； B．在反应进行的各个阶段，同方向时，都存在，则反应不一定达平衡状态，B不符合题意； C．混合气的质量不变，体积始终不变，则密度始终不变，当气体的密度不再发生变化时，反应不一定达平衡状态，C不符合题意； D．各气体组分的百分含量保持不变，则正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，D符合题意； 故选D； 由图可知，750K、平衡时n(C3H6)=n(C4H8)=2n(C2H4)，则1：3：4；设平衡时n(C2H4)=x，则n(C3H6)=n(C4H8)=2x，n(CH3I)=y，则由碘原子守恒可知，n(HI)=1-y，由碳原子守恒得y+2x+6x+8x=1①，C2H4的物质的量分数为4%，得=4%②，由①②得，x=0.05mol，y=0.2mol，则平衡时气体总共物质的量为1.25mol，平衡时总压强为1.25×0.1a MPa，则p(HI)=，p(C2H4)=，p(CH3I)=，则反应ⅰ的压强平衡常数=0.08aMPa。 8．(1)-24.45 (2)b (3)CO2 (4) 0.225 5.33 B 【详解】（1）已知①CO₂(g)+H₂(g)=H2O (g)+ CO (g)ΔH1 =+41.1 kJ·mol-1；②CO(g)+2H₂(g)=CH3OH(g)  ΔH 2= -90.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律，×反应①+×反应②，×41.1+×(-90.0)= -24.45kJ·mol-1； （2）反应是气体分子数减小的，增大压强平衡正向移动，该反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，提高CH3OH (g)的产率，理论上应采用的条件是低温高压，故选b； （3）横坐标可看作CO2充入量一定，增大氢气的充入量，平衡正向移动，CO2转化率增大，氢气转化率变小，故反应物x是CO2； （4）①250℃、在体积为2.0L的恒容密闭容器中加入6molH2、2molCO2和催化剂，10min时反应达到平衡，c(CH3OH)=0.75mol•L-1，列出三段式：，前10 min的平均反应速率v(H2)=0.225mol•L-1•min-1，故答案为：0.225； ②反应平衡常数为； ③分别对比AB、CD实验，在同样温度下，Cu/ZnO纳米片催化剂使反应速率增加，甲醇选择性高，所以选择BD进行比较，同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，所以用CO2生产甲醇的最优选项为B，故答案为：B。 9．(1) (2)bd (3) (4) ad 在M点将温度降低，促使主反应平衡正向移动，增加乙烯的选择性 在M点将压强增大，促使主反应平衡正向移动，增加乙的选择性 【详解】（1）已知H2的燃烧热为a，CH2=CH2的燃烧热为b，则对应的热化学方程式为：、，根据盖斯定律可知，。 （2）a．使用催化剂，平衡不移动，CO2的平衡转化率不变，故a错误； b．增大和的初始投料比，相当于增加H2的物质的量，因此的平衡转化率增大，故b正确； c．恒容条件下，充入惰性气体会增加压强，但各物质浓度不变，因此平衡不移动，CO2的平衡转化率不变，故c错误； d．该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，的平衡转化率增大，故d正确； 故选bd。 （3）①，正向是一个放热反应，升温，平衡应左移，所给图示中，含量减少的曲线a、曲线c是生成物，增加的曲线b是反应物，题干投入和，所以曲线a为水、曲线b为CO2，曲线c为乙烯，故答案为：H2O； ②根据题意可知，温度时，列出三段式： 则内； ③温度时该反应平衡常数的计算式。 （4）①反应I是气体体积减小的放热反应，反应Ⅱ是气体体积不变的吸热反应，增大压强，反应I平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ平衡不移动，二氧化碳的转化率增大，时，P1、P2、P3条件下二氧化碳的平衡转化率依次增大，则压强大到小的顺序为：； ②升高温度，反应I平衡向逆反应方向移动，反应Ⅱ平衡向正反应方向移动，观察图像可知，M点时二氧化碳的平衡转化率较小，在温度升高的过程中二氧化碳的转化率一直在减小，说明此时CO2平衡转化率主要取决于反应I；再观察图像，压强为时，温度约570℃之后，随着温度升高平衡转化率增大而温度继续升高，说明此时CO2平衡转化率主要取决于反应Ⅱ，因此提高M点的选择性，根据选项可知，温度应该控制在，即选a，原因是：在M点将温度降低，促使主反应平衡正向移动，增加乙烯的选择性； 根据①中分析可知，压强增大反应I平衡向正反应方向移动，M点的压强为P1，因此可以选择更大的压强，即选d，原因是：在M点将压强增大，促使主反应平衡正向移动，增加乙的选择性，故答案为：ad；在M点将温度降低，促使主反应平衡正向移动，增加乙烯的选择性；在M点将压强增大，促使主反应平衡正向移动，增加乙的选择性。 10．(1) (2)升高温度、减小压强、及时分离产物、提高三氧化碳的浓度等 (3)CD (4) 温度 该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，温度越高体积分数越大 < 900 【详解】（1）根据题意中燃烧热可知①，②，③，根据盖斯定律可知，可得 （2）要提高平衡转化率即使平衡正向移动，升高温度、减小压强、及时分离产物、提高三氧化碳的浓度等均可使平衡正向移动，提高平衡转化率； （3）A．该反应在恒温恒容密闭容器中反应，，混合气体总质量和容器体积不变，容器中混合气体的密度始终不变，故不能作为平衡态标志， A错误； B．速率比等于反应系数之比，当时达到平衡，B错误； C．混合气体总质量不变，反应前后分子数在变化，故再变化，当容器中气体的平均摩尔质量保持不变，故可以作为平衡态标志，C正确； D．的百分含量始终在变，当的百分含量保持不变说明反应达到平衡，故D正确； 故选CD； （4）①该反应是吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，温度升高平衡时的体积分数逐渐升高，x表示的是温度；②由于该反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，温度越高体积分数越大，故；③随着温度的升高，平衡正向移动，M点平衡常数更大，故；④N点时，的体积分数25%，设转化了xmol，根据三段式可知，，，解得x=mol，根据三段式可知各气体所占的体积分数均为，N点时的总压强为120kPa，则平衡常数为：。 11．(1) 或 AB (2) c (3)能 (4) 作电解质溶液 负 生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微原电池的数量减少，化学反应速率减慢 【详解】（1）（1）Ⅰ．kJ⋅mol（） Ⅱ．kJ⋅mol（） 根据盖斯定律Ⅱ-Ⅰ×3得 若反应Ⅲ中正反应的活化能为，逆反应的活化能为，= kJ⋅mol； A．反应前后气体系数和不同，压强是变量，体系压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故选A； B．断裂1 mol 键的同时断裂1 mol 键，说明正逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选B； C．气体总质量是恒量、容器体积是恒量，密度是恒量，混合气体的密度不再变化，反应不一定平衡，故不选C； D．，正逆反应速率比不等于系数比，反应不平衡，故不选D； 选AB； （2）①、的物质的量分数之比一定等于1:2，CS2、H2的物质的量分数之比一定等于1:4，则图中表示的曲线是c、表示CH4的曲线是d、表示CS2的曲线是b、表示H2的曲线是a。 ②℃时，H2、CH4的物质的量分数相等， ，a=0.2；设该反应的。 （3）25℃时过程Ⅱ中，K= ，所以反应能进行完全。 （4）①装置中NaCl溶液能导电，作用是作电解质溶液，Fe失电子发生氧化反应生成FeS，FeS在负极生成。 ②一段时间后，电流减小，单位时间内的去除率降低，可能的原因是生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微原电池的数量减少，化学反应速率减慢。 12．(1) (2) 比更难溶，在相同浓度的溶液中，更易结合生成沉淀 A 洗涤、润洗 滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中产生了砖红色沉淀，且30s(或半分钟)内不消失 0.1013 偏低 【详解】（1）阳极区能得到重铬酸钾溶液的原因是：阳极上放电，，溶液中浓度增大，发生后续，使转化为，部分通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区溶液的主要溶质变为。 （2）①比更难溶，在相同浓度的溶液中，更易结合生成沉淀。 ②标准溶液为酸性溶液，应该放在酸式滴定管里，故选A项；滴定管检漏后装液前应进行的操作是洗涤和润洗；滴定终点的现象是滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中产生了砖红色沉淀，且30s（或半分钟）内不消失。 ③第二组数据偏差过大，舍弃，标准液消耗的体积，；配制标准液定容时俯视刻度线，则所得标准溶液浓度偏大，然后用该溶液进行滴定，会导致滴定时标准溶液体积偏小、测定结果偏低。 13．(1)2C(石墨，s)+3H2(g)=C2H6(g)  ΔH=−87 (2) < 该反应为气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大 减小 144 75% CD 【详解】（1）根据盖斯定律，将②×2+③−①得表示乙烷标准摩尔生成焓的热化学方程式：2C(石墨，s)+3H2(g)= C2H6(g)  ΔH =(−395×2−570+3116) −1=−87 。 （2）①该反应为气体分子数减小的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，由图可知，压强p3<p1。压强为p2时，升高温度，CO的平衡转化率降低，说明平衡逆向移动，反应的平衡常数将减小。 ②温度为1100 ℃、压强为p1时，CO的平衡转化率为80%，列三段式： x点的平衡常数=。 ③在一定温度、的初始条件下，该反应达到平衡后体系的压强变为100 kPa，设平衡时CH4和CO2的物质的量为x mol，列三段式： 则，x=，所以CO的平衡转化率为。 ④A．气体总质量不变，容器体积不变，气体密度是恒量，体系的密度不再发生变化，反应不一定平衡，故不选A； B．断裂2 mol H−H键的同时生成2 mol C=O键，即消耗2 mol H2的同时生成1 mol CO2，不能判断正逆反应速率相等，反应不一定平衡，故不选B； C．各组分的物质的量浓度不再改变，反应一定达到平衡状态，故选C； D．气体总质量不变，反应前后气体物质的量改变，因此，体系中气体的平均相对分子质量不再发生变化时，反应一定达到平衡状态，故选D； E．体积分数V%(CH4)=V%(CO2)，不能判断各气体浓度是否还发生改变，反应不一定平衡，故不选E。 14．(1) (2) 大于 (3)AD (4) (5) 【详解】（1）硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为HS-、H+，电离方程式为； （2）等浓度、等体积的Na2S和HCl反应生成等物质的量浓度的NaCl、NaHS，H2S的，其，则，HS-的电离程度弱于其水解程度，溶液显碱性；因为HS-的电离程度弱于其水解程度且其电离和水解都是微弱的，因此溶液中含硫微粒的浓度大小顺序为； （3）硫化氢是弱电解质，在水溶液中主要电离为HS-、H+，溶液中氢离子浓度增大、氢氧根离子浓度减小，A正确； Fe3+会将S2-氧化，二者不能大量共存，B错误； 根据第2问解析，HS-的电离程度弱于其水解程度，将硫氢化钾固体加到水中，水的电离程度增大，C错误； ，温度不变则最终不变，D正确； （4）① ② ③ ④ 则①=②+③-④，①的平衡常数为； （5）＜，则向含的废水中加入沉淀剂FeS，FeS转化为CuS，离子方程式为；当反应达到平衡时，。 15．(1) 增大烟气与KOH的接触面积，使CO2充分被吸收 6.37 CO2+KOH=KHCO3 (2) 反应ΔH >0、ΔS <0，任何条件下反应ΔH—TΔS均大于0，不能自发进行 CO2+2e—+H+=HCOO— (3) —204.9 0.08 mol 【详解】（1）①流程中采用气—液逆流接触吸收可以增大氢氧化钾溶液与烟气的充分接触，有利于二氧化碳充分反应，提高三氧化碳的吸收效率，答案为：增大烟气与KOH的接触面积，使CO2充分被吸收； ②由图2可知，碳酸和碳酸氢根离子的分布分数相同时，溶液中碳酸和碳酸氢根离子的浓度相等，溶液的pH为6.37，则电离常数Ka1== c(H+)=10—6.37，所以pKa1 =6.37，故答案为：6.37； ③由图2可知，“吸收”所得溶液pH约为8时发生的反应为氢氧化钾溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钾，反应的化学方程式为CO2+KOH=KHCO3，故答案为：CO2+KOH=KHCO3； （2）①该反应是熵减的吸热反应，任何条件下反应ΔH—TΔS均大于0，不能自发进行，故答案为：反应ΔH >0、ΔS <0，任何条件下反应ΔH—TΔS均大于0，不能自发进行； ②由图可知，锡电极是电解池的阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸根离子，电极反应式为CO2+2e—+H+=HCOO—，故答案为：CO2+2e—+H+=HCOO—； （3）①盖斯定律可知，反应Ⅱ—Ⅰ×2得到目标反应，则反应ΔH=ΔH2—2ΔH1=(—122.5 kJ/mol—(+41.2 kJ/mol)×2 =—204.9kJ/mol，故答案为：—204.9； ②由题意可知，达到平衡时测二氧化碳转化率为 40%，二甲醚的选择性为80%，则平衡体系中二甲醚的物质的量为0.5mol×40%××80%=0.08 mol，故答案为：0.08 mol。 16．(1)N2(g)+O2(g)= 2NO(g)，ΔH=-180kJ/mol (2) 探究的是催化剂比表面积对尾气转化速率的影响 280 4.00×10-3 3.00×10-3mol/L 50% ＜ 增大 (3) 温度较低，催化剂活性较低 该反应放热，根据曲线Ⅰ可知a点对应的温度的平衡脱氮率更高 【详解】（1）图示反应为N2(g)+O2(g)= 2NO(g)，ΔH=(946+498-2×632)kJ/mol+180kJ/mol，则热化学方程式为：N2(g)+O2(g)= 2NO(g)，ΔH=-180kJ/mol，故答案为：N2(g)+O2(g)= 2NO(g)，ΔH=-180kJ/mol； （2）①探究一种影响因素，必须保持其他影响因素是一致，通过对比Ⅱ和Ⅰ的条件可知，两者的区别是催化剂的比表面积不同，则其他的影响因素均应相同，故Ⅱ中温度为280T，NO初始浓度为6.50×10-3mol/L，CO初始浓度为4.00×10-3mol/L，而且Ⅱ探究的是催化剂比表面积对尾气转化速率的影响，故答案为：探究的是催化剂比表面积对尾气转化速率的影响； ②由①可知，Ⅱ中温度为280T，故答案为：280； ③由①可知，Ⅱ中CO初始浓度为4.00×10-3mol/L，故答案为：4.00×10-3； ④通过图象可知，平衡时CO的平衡浓度为1.00×10-3mol/L，可得出CO的浓度该变量△c(CO)=4.00×10-3mol/L-1.00×10-3mol/L=3.00×10-3mol/L，在一个反应中，各物质的浓度的该变量之比等于计量数之比，故NO的浓度的改变量c(CO)= 3.00×10-3mol/L，故NO的平衡浓度c(NO)=6.00×10-3mol/L-3.00×10-3mol/L=3.00×10-3mol/L，故答案为：3.00×10-3mol/L； ⑤由④可知，平衡时，NO的浓度的改变量c(CO)= 3.00×10-3mol/L，初始浓度为6.00×10-3mol/L，故NO的转化率为：，故答案为：50%； ⑥利用催化技术，可将汽车尾气中的NO和CO转化成CO2和N2，从图中可以看出，NO足量，CO没有全部转化，则反应为可逆反应，反应的化学方程式：，在上述条件下，△S <0，但该反应能自发进行，则该反应的AH <0，故答案为：＜； ⑦增大催化剂比表面积后，缩短了到达平衡的时间，故增大了反应速率，故答案为：增大； ⑧实验|中，起始时c(CO)=4.00×10-3mol/L，c(NO)=6.00×10-3mol/L，反应达平衡时，c(CO)=1.00×10-3mol/L，则可建立如下三段式：，若与第Ⅰ组实验对比，第Ⅳ组实验仅将c(CO)改为5.00×10-3mol/L，则280℃下该反应的平衡常数的值与第Ⅰ组实验中的相同，仍为，故答案为：； （3）①若低于200℃，脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因：温度较低，催化剂活性较低，故答案为：温度较低，催化剂活性较低； ②a点不是平衡脱氮率，该反应放热，根据曲线Ⅰ可知a点对应的温度的平衡脱氮率更高，故答案为：该反应放热，根据曲线Ⅰ可知a点对应的温度的平衡脱氮率更高。 17．(1) 硫元素被氧化成更高价态的或 (2) 酸性增强，氧硫化菌失去活性 (3) 和吸附在活性炭表面形成和，和与作用生成吸附态的，和发生氧化还原反应生成和离开活性炭表面 臭氧能将直接氧化，活性炭吸附催化产生间接氧化 (4)随着投加量的增大，产生的浓度增大；水解产生的胶体具有吸附作用，共同作用使氰去除率上升 【详解】（1）①H2S为二元无氧弱酸，分2步电离，由图可知，当pH=7时，H2S、HS-的分布分数相同，即浓度相等，则H2S的Ka1== c(H+)=1.0×10-7，当pH=13时，HS-、S2-的分布分数相同，即浓度相等，则H2S的Ka2== c(H+)=1.0×10-13，pH为6时，Ka1===； ②H2O2具有较强氧化性，H2O2溶液加入量大于12mg⋅L-1时，H2O2浓度较高，能氧化生成或，使废水中单质硫的回收率下降； （2）①由装置图可知，碳棒a为原电池的正极，碳棒b为负极，负极上S失电子生成，电极反应式为； ②负极反应之一为，负极附近酸性增强，不利于菌落存活，所以工作一段时间后，电池效率降低； （3）①由图可知，活性炭-臭氧氧化氨氮的机理可描述为和吸附在活性炭表面形成和，和与作用生成吸附态的，和发生氧化还原反应生成和离开活性炭表面； ②“臭氧-活性炭”体系对CN-的去除率明显优于另外两个体系的原因：臭氧具有氧化性，能将CN-氧化，活性炭吸附催化产生间接氧化，反应速率较快； （4）根据I、Ⅱ知，反应中•OH相当于催化剂，•OH的数目越多，氰的去除率越大，所以随着FeSO4•7H2O投加量的增大，•OH的数目越多，同时反应产生的Fe(OH)3胶体具有吸附性，两个原因的共同作用使氰去除率上升。 18．(1) ③ 吸热 (2)-92 kJ･mol-1 (3) < AB (4) (5)AD (6) 增大 在200～300℃范围，温度升高，速率加快，NH3的转化率增大，但N2的选择性下降 【详解】（1）活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤取决于慢反应，由图可知，Nad和3Had转化为NHad和2Had的活化能最大，则决速步骤的反应方程式为Nad+3Had=NHad+2Had，为第③步；物质脱离催化剂表面时，需要消耗一定的能量，所以脱附过程是吸热过程，故答案为：③，吸热； （2） 根据图中信息及反应物总能量与生成物总能量关系，生成1molNH3放出46kJ能量，得到合成氨反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ·mol-1；故答案为-92kJ·mol-1； （3）该反应生成气体的量减少，故ΔS<0，根据ΔG=ΔH-TΔS<0，反应可以自发进行，可以计算出，AB符合，故答案选AB； （4）反应时加入1mol N2，3mol H2，列出三段式： 平衡后压强，NH3的物质的量分数为，N2的物质的量分数为，H2的物质的量分数为，平衡常数，故答案为； （5）A．工业上制备氮气就是采用分离液态空气，甲烷和水蒸气可反应生成H2，原料气经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，故A正确； B．该反应为放热反应，升高温度，反应速率增大，但平衡逆向移动，转化率减小，B错误； C．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，相当于减小压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故C错误； D．氨易液化，将液氨移去，减小生成物浓度，平衡正向移动，故D正确； 故答案为：AD。 （6）NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应，在200～300℃范围，温度升高，速率加快，NH3的转化率增大，但N2的选择性下降，则出口处氮氧化物的量会增大。 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 $$