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·浙江·模拟预测）氢能是一种极具发展潜力的绿色能源，高效、环保的制氢方法是当前研究的热点问题。 请回答： (1)甲烷水蒸气重整制氢： I． Ⅱ． 总反应：能自发进行的条件是 。 A．低温    B．高温    C．任意温度    D．无法判断 (2)恒定压强为时，向某密闭容器中按投料，600℃时平衡体系中部分组分的物质的量分数如下表所示： 组分 物质的量分数 ①下列措施中一定能提高H2平衡产率的是 。 A．选择合适的催化剂     B．移除部分 C．向体系中投入少量    D．恒温恒压下通入气体 ②用各组分气体平衡时的分压代替浓度也可以表示化学反应的平衡常数()，600℃时反应I的平衡常数为 (结果保留两位小数，已知气体分压=气体总压×各气体的体积分数)。 (3)硼氢化钠()水解制氢：常温下，自水解过程缓慢，需加入催化剂提高其产氢速率。NaBH4在某催化剂表面制氢的微观过程如图所示。 ①根据上图写出水解制氢的离子方程式 。 ②其他条件相同时，测得平均每克催化剂使用量下，浓度对制氢速率的影响如下图所示。(已知：浓度较大时，易以形式结晶析出。) 分析质量分数超过后制氢速率下降的可能原因 。 ③转化为后，电解溶液又可制得，实现物质的循环利用，电解装置如图所示。 阴极上的电极反应式是 。 2．（2024高三·全国·专题练习）完成下列问题 (1)碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c(H2CO3)=1.5×10-5 mol·L-1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO+H+的电离常数K1= (已知：10-5.60=2.5×10-6)。 (2)已知室温时，0.1 mol·L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，此酸的电离常数约为 。 (3)在25 ℃下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)=c(Cl-)，则溶液显 (填“酸”、“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb= 。 (4)常温下，将a mol·L-1的醋酸与b mol·L-1Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka= (用含a和b的代数式表示)。 (5)25 ℃时，向含a mol NH4NO3的溶液中滴加b L氨水，溶液呈中性，则所滴加氨水的浓度为 mol·L-1[已知Kb(NH3·H2O)=2×10-5]。 3．（23-24高三上·辽宁丹东·期末）乙二醇是一种重要的化工原料，可用于生产聚酯纤维、防冻剂、增塑剂、不饱和聚酯树脂等。由合成气直接合成乙二醇的主要反应过程如下： Ⅰ． Ⅱ． (1)已知下：；则反应Ⅱ的△H2= ；反应Ⅱ的正反应活化能 (填“大于”、“小于”或“等于”)逆反应活化能。 (2)在恒压密闭容器中充入合成气和H2，仅考虑发生上述反应Ⅰ，维持10%转化率，所需反应条件(温度、压强)如下表： 温度 298 300 346 400 压强 5.7 6.4 49.2 261.0 反应平衡常数K 1 随着温度升高所需压强增大的原因是 。 (3)在1 L刚性容器中充入合成气CO和H2，发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，在温度473 K，催化剂Rh4(CO)120 (含0.8 mg-Rh)下进行反应。 ①测得HOCH2CH2OH(0g)和CH3OH(g)的时空收率分别为1.0 mol·(mg-Rh)-1·h-1和0.5 mol·(mg-Rh)-1·h-1 (时空收率是指催化剂中单位质量Rh在单位时间内所获得的产物量)，则用CO表示的反应速率为 。 ②若起始总压30 MPa，充入合成气CO和H2物质的量之比为1：2，平衡时HOCH2CH2OH(g)和CH3OH(g)的物质的量之比为1：1，H2的平衡分压为5 MPa，则反应Ⅱ的平衡常数Kp= (MPa)-2(结果用分数表示，分压=总压×物质的量分数)。 (4)合成气直接法制乙二醇的反应I、Ⅱ的反应历程(部分)如图，下列过程中活化能最大的基元反应方程式为 。 (5)甲醛(HCHO)电化加氢二聚法也可制备乙二醇。采用石墨电极非分隔式电解槽，在、酸性条件下可电解甲醛制备乙二醇。生成乙二醇的阴极电极反应式为 。 4．（23-24高三上·湖北·阶段练习）利用二氧化碳催化加氢制甲醇和二甲醚（），有利于减缓温室效应。 (1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：。该反应一般认为通过如下步骤来实现： ① ② 总反应的 ；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 （填标号）。 (2)向1L刚性密闭容器中充入，在一定温度下发生反应。设体系起始压强为mkPa，平衡压强为nkPa，用m、n表示出转化率和平衡时气体分压平衡常数： ； kPa。 (3)催化加氢合成二甲醚也是一种利用方法，其过程中主要发生下列反应： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 的选择性 向一容积可变的容器中充入起始量一定的和发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。的平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如下图。其中的平衡转化率随温度先下降，后升高的原因是 。220℃时，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得的选择性为48％（图中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高的选择性的措施有 。 (4)氢气可将还原为甲烷，反应为。ShyamKattel等结合实验与计算机模拟结果，研究了在催化剂表面上与的反应历程，前三步历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用·标注，Ts表示过渡态。 物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会 热量（填“吸收”或“释放”）；反应历程中最大能垒（活化能）的步骤的化学方程式为 。 5．（23-24高三上·江西·阶段练习）CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术。其中碳捕获涉及的反应如下： 主反应：； 副反应：。 回答下列问题： (1)已知：； 。 则△H2= 。 (2)在0.5MPa条件下，将n(CO2)：n(H2)=1:3的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应器，实验测得CO2的转化率、CH3OH的选择性[]与温度的关系如图所示。 ①曲线 （填“a”或“b”）表示CH3OH的选择性随温度的变化。 ②一定温度下，增大起始n(CO2)：n(H2)的比值，可使H2的平衡转化率 （填“增大”或“减小”）。 (3)在刚性密闭容器中，温度为TK、压强为101kPa，按投料，反应过程中温度保持不变，平衡时CO2的转化率为30%，H2的转化率为40%，则副反应的压强平衡常数Kp= （用分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数，计算结果保留2位有效数字）。 (4)甲醇碱性燃料电池的工作原理如图所示。 ①Y电极为 （填“正极”或“负极”），X电极的电极反应式为 。 ②以该燃料电池为电源给铅酸蓄电池充电，一段时间后铅酸蓄电池的阴极减少了28.8g，此时理论上消耗甲醇的质量为 g。 (5)利用等离子体和双金属催化剂xZnO·yZrO2催化CO2和H2O反应生成CH3OH的过程中Zr的化合价发生变化，反应机理如图所示： 说明：图中的表示ZnO，表示ZrO2，表示氧空位；“一”表示化学键，“---”表示吸附作用。 ①Zr的常见化合价有+2、+3和+4，上图所示机理的步骤（ⅲ）中，元素Zr化合价发生的变化为 。 ②增大反应电流，等离子体会释放出数量更多、能量更大的带负电的高能粒子。随着反应电流的增加，CH3OH的产量增大，其原因可能是 。 6．（23-24高三上·河北张家口·期末）催化氢化是实现碳中和的重要途径之一，其反应原理如下： Ⅰ．  ； Ⅱ．  。 回答下列问题： (1)反应的 。 (2)在恒温恒容密闭容器中通入一定量的和发生反应Ⅰ和Ⅱ，下列事实能说明容器内反应达到平衡状态的是 (填选项字母)。 a．的体积分数不再改变 b．容器内混合气体压强不再变化 c．容器内混合气体密度不再变化 d．的体积分数等于的体积分数 (3)L(、)、X可分别代表压强或温度。下图表示L一定时，和反应达到平衡时的体积分数随X的变化关系。 ①X代表的物理量是 。 ② (填“>”“=”或“<”)，理由为 。 (4)一定温度下，向某1L刚性密闭容器中充入0.01和0.03，平衡时和的物质的量分别为0.004、0.001。 ①平衡时转化率为 。 ②该温度下反应Ⅰ的平衡常数为 。 7．（23-24高三上·江苏扬州·阶段练习）为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。 (1)二氧化碳通过催化方法还原可以生产多种高价值的基础化学品，受到了研究人员的广泛关注。二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为： ； ； 在密闭容器中，时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图所示。的选择性可表示为。 反应 ； ②580℃以后平衡转化率升高的主要原因是 。 ③某同学认为该反应的最佳温度范围为360℃～400℃，你是否赞同，并说明理由： 。 (2)为了进一步研究的甲烷化反应，科学家研究催化剂(M表示Ni或Ru)在300℃光照的条件下进行反应，催化反应的核心过程如题图所示： ①步骤Ⅲ发生的反应为 (*X代表吸附态中间体) ②研究发现，光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进的解离和的活化，从而提高反应效率。已知Ni和Ru的电负性分别为1.91和2.20，使用催化剂的反应效率 (填“高于”或“低于”)使用作催化剂的反应效率。 (3)用光电化学法将还原为有机物实现碳资源的再生利用，其装置如图1所示。其他条件一定时，含碳还原产物的法拉第效率[]随电压的变化如图2所示。    ①当电解电压为，阴极发生的电极反应式为 。 ②电解电压为时，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为 。 8．（23-24高三上·湖北·阶段练习）油气开采、石油化工、合成氨等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题： (1)已知下列反应的热化学方程式： ①2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H1=+484kJ/mol ②2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)  △H2=-912kJ/mol ③4H2S(g)+2SO2(g)=3S2(g)+4H2O(g)  △H3=+87kJ/mol 计算H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)的△H4= 。 (2)对于H2S热分解反应④：恒温条件下增大压强，平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)；恒压条件下温度升高，H2S平衡转化率 (填“变大”“变小”或“不变”)。 (3)在1470K、108KPa 反应条件下，将n(H2S)：n(Ar)=l：1的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等， H2S平衡转化率为 ，平衡常数Kp= KPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。 (4)在1470K、108KPa反应条件下，对于n(H2S)：n(Ar)分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S-Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。 该反应条件下，n(H2S)：n(Ar)=1：1对应图中曲线 (填“a”、“b”、“c”、“d”或“a”)，理由是 。 (5)下图所示的转化过程为合成氨工业含H2S废气处理提供了一种思路。 ABCD 已知D为含氧强酸，D的浓溶液可与铜反应并生成B气体，请写出该反应的化学方程式 。 9．（22-23高三下·江西宜春·阶段练习）在“碳达峰”、“碳中和”的国家战略下，将和CO转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。 (1)由制取的部分反应如下： ①  kJ/mol ②  kJ/mol ③  kJ/mol 反应的 kJ/mol。 (2)若在体积为1.0L的恒容密闭容器中充入x mol和y mol模拟工业合成甲醇的反应：。 ①关于图1，下列有关说法正确的是 。 A．该反应为 B．若加倍投料，曲线A不可变为曲线B C．当，该反应达到平衡状态 D．容器内压强和混合气体平均相对分子质量不变，均可以说明该反应达到平衡状态 ②图2中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线 (填“m”或“n”)，判断依据是 。 ③若、，测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图3所示， (填“>”、<”或“=”)；时，起始压强为5MPa，则 MPa-2(列计算式即可；为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 (3)利用电化学可以将有效转化为，装置如图所示： ①在该装置中，左侧Pt电极上的电极反应式： 。 ②装置工作时，阴极除有生成外，还可能生成副产物降低电解效率。阴极生成的副产物可能是 ，标准状况下，当阳极生成的体积为112mL时，测得阴极区内的mol/L，则电解效率 。(忽略电解前后溶液体积的变化)已知：电解效率 10．（23-24高三上·上海青浦·阶段练习）某化学研究性学习小组用CO和H2模拟工业合成甲醇。 (1)学习小组考查了其他条件不变的情况下，温度和压强对反应的影响，实验结果如下图所示。下列说法正确的是___________。    A．T2 > T1，P2 < P1 B．CO的平衡转化率T1 > T2，P1 < P2 C．化学反应速率vB > vA，vD < vC D．化学平衡常数KA > KB ，KC > KD (2)恒温条件下，在1L的恒容密闭容器内充入1mol CO和2mol H2，加入催化剂后开始反应CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)，并用压力计监测容器内压强的变化如下： 反应时间/min 0 5 10 15 20 30 压强/MPa 25.2 21.6 19.0 17.4 16.8 16.8 ①下列说法正确的是 。 A．当n(CO)：n(H2)：n(CH3OH) = 1：2：1时，反应达到平衡 B．容器内气体的平均相对分子质量不变，则反应达到平衡 C．在恒温恒容的平衡体系中充入Ar气，甲醇的产率升高 D．改变催化剂，反应物的平衡转化率不变 ②从反应开始到20min时，CO的平均反应速率为 。 ③其它条件不变，向容器中充入2mol CO和4mol H2，则CO的平衡转化率 (填“变大”“变小”或“不变”)。 (3)为了研究CO和H2的最佳投料比，恒温下将l mol CO置于恒容密闭容器，改变H2的进料量进行实验，测得平衡时甲醇的体积分数变化如图所示。请判断a、b、c三点CO平衡转化率的大小顺序为 。 11．（23-24高三上·福建三明·期中）利用化学反应为人类提供能量，研究反应中的能量变化意义重大。 (1)和可发生反应，部分反应进程如图所示。 ① 。 ②第1步基元反应为 ；第2步反应的活化能为 。 (2)华为全球首款旗舰5G芯片—麒麟990，其主要制作原料为高纯硅。工业上使用C还原制备高纯硅时，部分反应如下： 反应1： 反应2： 反应3： 反应的 (用a、b、c表示，下同)。已知该反应为吸热反应，当有30g碳发生反应时，吸收热量 。 (3)T℃时，体积均为0.5L的两个恒温恒容密闭容器中发生可逆反应：()。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如下表： 实验编号 起始时各物质物质的量/ 达平衡时体系能量的变化 a 3 1 0 放热 b 0.9 0.3 1.4 c 0.9 0.3 0.4 ①实验b达到平衡时吸收 的热量(用含Q的数值表示)。 ②达平衡时的百分含量实验a 实验c(填“大于”“小于”或“相等”)。 12．（23-24高三上·安徽·阶段练习）低碳烯烃是基础有机化工原料，研究其制备方法具有重要意义。回答下列问题： I．丁烷催化脱氢制丁烯：； (1)已知：； ，则 kJ/mol。 (2)一定温度下，向盛有催化剂的恒容密闭容器中投入反应物C4H10(g)发生上述制备丁烯的反应，不能说明该反应一定处于平衡状态的是_______(填标号)。 A． B．H2的体积分数不变 C．容器内混合气体的密度不变 D．lmolC=C键形成的同时1mol H- H键断裂 II．合成气(CO、H2)催化制乙烯： (3)将N2、CO和H2以体积比为1：1：2充入恒压密闭容器中制取乙烯，不同压强下CO的平衡转化率与温度的关系如下图所示，则该反应的 0(填“>”或“<”)，P1 P2(填“>““<“或“=”)。在温度为500K，压强为P1的条件下，该反应的 (列出计算式)。 (4)反应空速是指一 定条件下，单位时间单位体积(或)质量的催化剂处理的气体量。在常压、450℃，n(CO)：n(H2)=1：2的条件下，利用合成气直接制取乙烯。反应空速对CO转化率和乙烯选择性【乙烯选择性×100%】的影响如下图所示。随着反应空速的增加，乙烯的选择性先升高后降低的原因是 。 Ⅲ．电解二氧化碳酸性溶液制丙烯 (5)用惰性电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到丙烯(C3H6)，其工作原理如下图所示。 ①工作一段时间后，a电极附近溶液的pH (填“升高”“降低“或“不变”)。 ②b电极的电极反应式为 。 13．（23-24高三上·福建莆田·期中）中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55mol/L的NaOH溶液50mL与0.25mol/L的硫酸50mL置于图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题： (1)从如图实验装置看，其中尚缺少的一种玻璃用品是 。 (2)烧杯间填满碎纸条的作用是： 。 (3)若改用和溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量 (填“相等”“不相等”)，若实验操作均正确，则所求中和热 (填“相等”“不相等”)，用相同浓度和体积的氨水()代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会 (填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。 (4)写出稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式(中和热数值为57.3kJ/mol)： 。 (5)某学生实验记录数据如下： 实验 起始温度 终止温度 序号 硫酸 氢氧化钠溶液 混合溶液 1 20.0 20.1 23.2 2 20.2 20.4 23.4 3 20.5 20.6 23.6 依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热 (结果保留一位小数)。 (5)上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是 。 a．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定硫酸的温度 b．量取硫酸的体积时仰视读数 c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 d．实验装置保温、隔热效果差 14．（23-24高三上·安徽池州·期中）甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题： (1)已知25℃时，甲烷的燃烧热是890.3，甲醇的燃烧热是726.5，则下列反应的热化学方程式： ，平衡常数 用、表示。 (2)电喷雾电离等方法得到的、、等与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别在和下其他反应条件相同进行反应，结果如图所示。图中的曲线是 填“”或“。、时的转化率为 (列出算式)。 (3)分别与、反应，体系的能量随反应进程的变化如图所示(两者历程相似，图中以示例)。 ()步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。 ()直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线 (填“”或“”)。 15．（23-24高三上·山东临沂·期中）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理。回答下列问题： (1)工业上用克劳斯工艺处理含的尾气获得硫黄，包括下列热化学方程式： 反应炉中发生反应：   催化转化器中发生的反应：   克劳斯工艺获得气态硫黄的总反应的热化学方程式为： 。 (2)高温热分解法：工业上还经常用热分解法处理含的尾气获得硫黄，反应原理如下：  。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ，缺点是 。 (3)活性炭吸附氧化法：表面喷淋水的活性炭处理的原理如下，据此，下列说法正确的是 。 a．脱除17克，理论上一定消耗5.6L b．该方法处理后的水体pH不变 c．其他条件不变，增大水膜的厚度，的去除率增大 d．其他条件不变，适当提高水膜的pH，的去除率增大 已知25℃时，，；，；；；当溶液中粒子的浓度时，认为已被完全除去。根据信息，完成下面(4)(5)小题。 (4)当废液中浓度较低时，还常用纯碱溶液吸收。写出纯碱溶液吸收的离子方程式 。 (5)某酸性工业废水中pH=3.0，通过调节将溶液中的形成硫化物沉淀除去，应控制溶液的范围是 ；若向ZnS浊液中加入溶液，有黑色沉淀生成，此时溶液 。 16．（23-24高三上·山东临沂·期中）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。 ．合成尿素[]是利用的途径之一、尿素合成主要通过下列基元反应实现： i． ii． (1)结合反应过程中能量变化示意图，解决以下问题。 ①反应  = (用、、、表示)。 ②在一定温度下、原料组成为在恒容密闭容器中进行反应，下列说法正确的有 。 a．反应ii的平衡常数表达式为 b．当混合气体的密度或平均摩尔质量不再发生变化，均说明反应i已达平衡状态 c．加入的催化剂，可提高的平衡转化率 d．在一定温度下，若恒容改为恒压条件，达平衡时的浓度不变 ．我国科学家首次实现了利用空气中的合成淀粉，既实现了的固定，又能解决粮食问题，其中涉及反应： i．   ii．   (2)合成甲醇的反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在t=250℃下的～p、在Pa下的～t如图所示。 ①图中对应等温过程的曲线是 ，判断的理由是 。 ②A点为图中两条线的交点，A点时，两条线对应条件下的平衡常数 (填“相同”或“不相同”)。 ③当时，的平衡转化率α= ，反应条件可能为 或 。 17．（23-24高三上·山东菏泽·期中）二氧化碳的捕集和资源化利用是缓解温室效应的重要战略方向。回答下列问题： (1)我国在二氧化碳催化加氢合成甲醇上取得了突破性进展，有关反应如下： 反应ⅰ.  ； 反应ⅱ.  ； 反应ⅲ.和合成甲醇的热化学方程式为 。 (2)将和按物质的量之比a∶b充入一恒容密闭容器中，同时发生了反应ⅰ和ⅱ，测得的平衡转化率随温度、压强变化的情况如图所示。 ①压强、、的大小关系为 。 ②A点、B点的化学反应速率大小： (填“＜”、“=”或“>”)，判断的理由是 。 ③A点到M点，的平衡转化率随温度的升高而减小的原因是 。 ④图中M点对应的温度下，已知CO的选择性(生成的CO与转化的的百分比)为50%，该温度下反应ⅱ的平衡常数为 (用含有a和b的代数式表示)。 18．（23-24高三上·辽宁·期中）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，我国目前氨的生产能力居世界首位。回答下列问题： (1)下图为在某催化剂表面合成氨反应机理。 ①反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) 的∆H = kJ·mol-1。 ②上图中过程 (填序号)反应活化能 (填“最大”或“最小”)，是决速反应。 (2)近年来，电化学催化氮气还原合成氨的催化剂研究取得了较大发展。 氮参杂金红石表面氮气固定过程中，总反应方程式为： 。 (3)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的物质的量分数与温度的计算结果如下图所示。进料组成I：x(H2)=0.75、x(N2)=0.25；进料组成Ⅱ：x(H2)=0.60、x(N2)=0.20、x(Ar)=0.20(物质i的物质的量分数：x(i)=)   ①P1 16MPa(填“>”、“=”或“<”)。 ②进料组成中不含惰性气体Ar的图是 (填“图a”或“图b”)。 ③图a中，当P2=16MPa、x(NH3)=0.25时，氮气的转化率α= 。该温度时，反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的平衡常数Kp= 。 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) (2) (3) 浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降 【详解】（1）根据盖斯定律可知，总反应=反应I+反应Ⅱ，因此，该反应为气体分子数增多的反应，可知，根据，当时反应自发进行，根据该反应、可知该反应高温下可自发进行，故答案选B。 （2）①A．选择合适的催化剂，只能加快反应速率，对平衡无影响，故A不符合题意； B．移除CO，降低CO的浓度，可使反应I平衡正向移动，但是反应Ⅱ逆向移动，的平衡产率不一定提高，故B不符合题意； C．向体系中投入少量，反应为：，能与CO2反应产生和H2O，可知体系中的CO2减小，可知反应Ⅱ、总反应平衡正向移动，的平衡产率一定提高，故C符合题意； D．恒温恒压下通入Ar气，体积扩大，平衡向气体分子数增大的方向移动，即反应I平衡正向移动，一定能提高H2平衡产率，故D符合题意； 故答案选CD； ②由表格数据可知，平衡时CO的物质的量分数=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06，600℃时反应I的压强平衡常数为。 （3）①NaBH4与水反应生成和氢气，发生归中反应，其离子方程式为：； ②图中是NaBH4含量对制氢速率的影响，NaBH4浓度较低时，催化剂表面活性位未被充分利用，催化剂性能未充分发挥，对制氢速率较低；浓度较高时，生成较多的以形式结晶析出，覆盖在催化剂表面，阻碍与催化剂活性位的接触(或催化剂活性下降)，制氢速率下降； ③电解池阴极得电子发生还原反应，得到电子生成，电极反应式为。 2．(1)4.2×10-7 (2)1×10-7 (3) 中 (4) (5) 【详解】（1） 由H2CO3H++HC得K1==≈4.2×10-7； （2）由电离常数表达式算出Ka=≈1×10-7； （3）氨水与盐酸等体积混合，电荷守恒关系式为c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，因c(N)=c(Cl-)，故有c(H+)=c(OH-)，溶液显中性。 　　　　　　　NH3·H2O　　N　+　OH- 浓度/(mol·L-1)　-　　        　　　　10-7 Kb==； （4）根据电荷守恒2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，由于c(CH3COO-)=2c(Ba2+)=b mol·L-1，所以c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性。 　　　　　　　CH3COOHCH3COO-+H+ 浓度/(mol·L-1)　-b　　　    　b　　　　10-7 Ka==； （5）根据溶液呈中性可知c(OH-)=c(H+)=1×10-7 mol·L-1，n(N)=n(N)=a mol。设加入的氨水的浓度为c mol·L-1，混合溶液的体积为V L，由Kb===2×10-5，得c=。 3．(1) -90 kJ/mol 小于 (2)温度升高，平衡逆向移动，为保持转化率不变需要增大压强，使平衡正向移动 (3) 2 (4) (5)2HCHO+2e-+2H+=HOCH2CH2OH 【详解】（1）已知下：①；②，根据盖斯定律，将②-①，整理可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)  △H2=-90 kJ/mol； 反应Ⅱ的正反应是放热反应，说明正反应的活化能比逆反应的活化能小，即活化能：正反应＜逆反应； （2）根据表格数据可知：对于反应Ⅰ：2CO(g)+3H2(g)HOCH2CH2OH(g)，温度升高，化学平衡常数减小，说明正反应是放热反应。随温度升高，所需压强也增大，是由于该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，温度升高，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，为保持反应物的转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动； （3）①根据反应Ⅰ可知：每反应产生1 mol HOCH2CH2OH(g)，会消耗2 mol CO(g)，根据反应Ⅱ可知：每反应产生1 mol CH3OH(g)，会消耗1 mol CO(g)，若测得HOCH2CH2OH(g)和CH3OH(g)的时空收率分别为1.0 mol·(mg-Rh)-1·h-1和0.5 mol·(mg-Rh)-1·h-1，则用CO表示的反应速率为v(CO)==2.0 mol/(L·h)； ②若起始总压30 MPa，充入合成气CO和H2物质的量之比为1：2，假设n(CO)=1 mol，n(H2)=2 mol，平衡时HOCH2CH2OH(g)和CH3OH(g)的物质的量之比为1：1，二者的物质的量相等，假设二者的物质的量是x mol，根据物质反应转化关系可知：反应消耗CO的物质的量是△n(CO)=3x mol，反应消耗H2的物质的量是△n(H2)=5x mol，此时CO的物质的量是(1-3x)mol，H2的物质的量是(2-5x)mol，H2的平衡分压为5 MPa。在恒温恒容时气体的压强比等于气体的物质的量的比，则，解得x=0.3 mol，平衡时混合气体中各组分的物质的量分别是n(H2)=0.5 mol，n(CO)=0.1 mol，n(HOCH2CH2OH)=n(CH3OH)=0.3 mol，n(总)=0.5 mol+0.1 mol+0.3 mol+0.3 mol=1.2 mol，p(总)==12 MPa，则反应Ⅱ的平衡常数Kp==； （4）根据图示可知：合成气直接法制乙二醇过程中活化能最大的基元反应方程式为： ； （5）在60-70℃、酸性条件下，甲醛在阴极得到电子被还原为乙二醇HOCH2CH2OH，则阴极的电极反应式为：2HCHO+2e-+2H+=HOCH2CH2OH。 4．(1) -48 A (2) (3) 低温时主要发生反应Ⅱ，升温，转化率减小；而高温时主要发生反应Ⅰ，升温转化率增大，所以平衡转化率随温度先下降后升高 增大压强、选择对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 (4) 吸收 或 【详解】（1）已知：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1 =+42kJ·mol−1 ②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH2 =﹣90 kJ·mol−1 根据盖斯定律，将①+②，整理可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-48 kJ/mol； 反应①是吸热反应，反应②是放热反应，总反应是放热反应，若反应①为慢反应，说明反应①的活化能大，符合该要求的图示是选项A； （2）设达到平衡时转化了xmol甲烷，则：，由题意得：，解得x= ，则转化率为：；，，，则； （3）①根据反应方程式，反应I为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO2的转化率降低，所以CO2的平衡转化率随温度先下降，后升高的原因是：低温时主要发生反应Ⅱ，升温，CO2转化率减小，而高温时主要发生反应Ⅰ，升温CO2转化率增大； ②图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性，依据CH3OCH3选择性公式，提高CH3OCH3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II，可以增大压强，或者使用对反应II催化活性更高的催化剂； （4）由图可知，物质吸附在催化剂表面，形成过渡态的过程会吸收热量；反应历程中最大能垒（活化能）的步骤的化学方程式为·CO2+·H+H2(g)=·HOCO+H2(g)（或·CO2+·H=·HOCO）。 5．(1)+40.8kJ·mol-1 (2) a 增大 (3)0.018 (4) 正极 3.2 (5) +3价变为+4价 在数量更多、能量更大的带负电的高能粒子作用下，更多的水蒸气分子断裂出H原子，同时催化剂中的ZrO2表面形成更多的氧空位，提高了反应物在催化剂上的吸附能力和成键能力，促进反应的进行 【详解】（1）由盖斯定律可知，=+40.8kJ·mol-1； （2）①主反应为放热反应，副反应为吸热反应，则随着温度升高到一定程度，主反应平衡逆向移动，CH3OH选择性下降，则曲线a代表CH3OH选择性； ②增大起始n(CO2)：n(H2)的比值，平衡正向移动，可使H2的平衡转化率增大； （3）温度为TK、压强为101kPa，按投料，设n(CO2)=1mol，n(H2)=2mol，设主反应，CO2的变化量为x，则副反应CO2的变化量为0.3－x，列三段式有，，2－3x－(0.3－x)=1.2，解x=0.25mol，则平衡时n(总)=n(CO2)+n(H2)+n(CH3OH)+n(H2O)+n(CO)=(0.7+1.2+0.25+0.3+0.05)mol=2.5mol，平衡时总压强为 kPa，p(H2O)=，p(CO)=，p(H2)=，p(CO2)= ，则副反应的压强平衡常数Kp=≈0.018； （4）①由图可知，氢氧根向左侧移动，则X电极为负极，发生氧化反应，Y为正极，发生还原反应；则X电极通入甲醇，电极反应为 ； ②铅蓄电池阴极的反应为，减小的质量为硫酸根的质量，n，则转移电子数为0.6mol，则消耗甲醇的质量为0.1mol×32g/mol=3.2g； （5）①步骤(i)中，ZrO2失去一个O形成氧空位，此时Zr的化合价为+2，经过步骤(ii)，Z与O形成1个共价键，此时Zr的化合价为+3，经过步骤(iii)，Zr再与1个O形成1个共价键，此时Z的化合价为+4，步骤(iii)中，元素Zr化合价发生的变化为+3价变为+4价； ②增大反应电流，产生更多带负电的高能粒子，则更多的水蒸气分子断裂出H原子，同时催化剂中的ZrO2表面形成更多的氧空位，提高了反应物在催化剂上的吸附能力和成键能力，促进反应的进行。 6．(1) (2)ab (3) 温度 < 反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体分子数目减少的反应，压强增大，平衡正向移动，转化率升高，曲线转化率较高，故压强较大的是 (4) 40% 【详解】（1）由盖斯定律得，=Ⅰ-Ⅱ， （2）a．随着反应得进行，的体积分数不断改变，当的体积分数不再改变时，反应已达到平衡，a正确； b．反应I为分子数减小的反应，反应Ⅱ为分子数不变的反应，故容器内混合气体压强为变化量，当混合气体压强不再变化时，反应已达到平衡，b正确； c．由于是恒容密闭容器，故容器体积不变，混合气体的质量也不便，故容器内混合气体密度不是变量，c错误； d．当的体积分数等于的体积分数时，并不能判断反应已经达到平衡，c错误； 故选ab； （3）①两个反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则的平衡转化率下降，故X代表温度； ②反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体分子数目减少的反应，当温度不变时，增大压强，则平衡正向移动，甲醇的平衡体积分数增大，所以压强关系为<； （4）向1L刚性密闭容器中充入0.01和0.03，平衡时和的物质的量分别为0.004、0.001，设平衡时生成量为xmol，由三段式得、，由于平衡时物质的量为0.004，故，解，则，，，①平衡时转化率为； ②该温度下反应Ⅰ的平衡常数为。 7．(1) -247.1 反应Ⅰ为放热反应，温度升高CO2平衡转化率降低；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高CO2平衡转化率升高，580℃以后，温度对反应Ⅱ平衡移动的影响大于反应Ⅰ 不赞同。虽然反应温度为360℃～400℃时CO2转化率较高，但CO2生成CH4的选择性的大小无法确定(CH4选择性大小无法确定) (2) *COOH→*CO+*OH 高于 (3) CO2+2e-+2H＋=HCOOH 2：1 【详解】（1）①设反应Ⅲ，根据盖斯定律Ⅲ=Ⅰ-2×Ⅱ，则； ②反应Ⅰ为放热反应，温度升高CO2平衡转化率降低；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高CO2平衡转化率升高，580℃以后，温度对反应Ⅱ平衡移动的影响大于反应Ⅰ，导致CO2平衡转化率升高； ③由图可知温度范围约为360℃～400℃时二氧化碳实际转化率最高，催化剂的活性最大，但CO2生成CH4的选择性的大小无法确定，故答案为：不赞同。虽然反应温度为360℃～400℃时CO2转化率较高，但CO2生成CH4的选择性的大小无法确定(CH4选择性大小无法确定)。 （2）①由图知，步骤Ⅲ发生的反应为：*COOH→*CO+*OH； ②光诱导电子从TiO2转移到M，富电子的M表面可以促进H2的解离和CO2的活化，从而提高反应效率可得电负性越大，催化效率越高。已知Ni 和Ru 的电负性分别为1.91和2.20，使用Ru/TiO2催化剂的反应效率高于使用 Ni/TiO2作催化剂的反应效率。 （3）①当电解电压为，观察图像可知，主要产生的是HCOOH，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成HCOOH，电极反应式为； ②电解电压为时，根据图示可知，产物主要有：HCOOH、HCHO，转移，转移，当电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为x：y时，根据、，有，则x：y=2：1，电解生成的HCHO和HCOOH的物质的量之比为2：1。 8．(1)+209kJ/mol (2) 向左 变大 (3) 50% 12 (4) b H2S热分解反应为气体分子数增多的反应，恒温恒压条件下，n(H2S)：n(Ar)比值越小，H2S的分压越小，相当于减压，平衡向正反应方向移动，H2S的平衡转化率增大 (5)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 【详解】（1）题中给的反应存在关系：反应④=①+(②+③)，根据盖斯定律，△H4=△H1+(△H2+△H3)=+484kJ/mol+(-912+87) kJ/mol=+209kJ/mol； （2）H2S热分解反应④2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)，正向为气体分子数增大的反应，恒温条件下增大压强，平衡向左移动；该反应正向为吸热反应，恒压条件下温度升高，平衡正向移动，H2S平衡转化率变大； （3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为xmol和xmol，根据三段式可知： 平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即x-2a=2a，解得a=0.25x，所以H2S的平衡转化率为×100% =50%：n平衡(总)=(0.5x+0.25x+0.5x+x)=，n平衡(S2)=0.25x， p平衡(S2)=×108kPa=l2kPa．已知平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，所以平衡常数Kp==p平衡(S2) ×108kPa=l2kPa ； （4）H2S热分解反应2H2S(g)=S2(g)+2H2(g)，正向为气体分子数增多的反应，恒温恒压条件下，n(H2S)：n(Ar)比值越小，H2S的分压越小，相当于减压，平衡向正反应方向移动，H2S的平衡转化率增大； （5）由题干信息可知：A为H2S、B为SO2、C为SO3、D为H2SO4，铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，反应方程式为：Cu+ 2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑ +2H2O。 9．(1)-25 (2) BD m 该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热反应的方向移动，平衡常数减小 ＜ (3) H2 80% 【详解】（1）根据盖斯定律可知，该反应=，。 （2）①A．由图可知，其他条件一定时，温度越高，二氧化碳的平衡转化率越低，故正反应为放热反应，即，故A错误； B．若加倍投料，恒容条件，体系压强变大，二氧化碳的平衡转化率增大，曲线A不能变为曲线B，故B正确； C．当时，不符合化学计量数之比等于速率之比，正逆反应速率不相等，反应未达到平衡状态，故C错误； D．该反应为气体分子数减小的反应，平衡移动的过程中，气体的物质的量在变化，整个容器气体的质量是定值，由PV=nRT，M=两公式可知，容器内压强和混合气体平均相对分子质量不变，可以说明该反应达到平衡状态，故D正确； 故选BD； ②该反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，即平衡向逆反应方向进行，平衡常数减小，根据图2可知，曲线m表示平衡常数与温度T之间的变化关系，故答案为：m；该反应是放热反应，升高温度，会使化学平衡向吸热反应的方向移动，平衡常数减小； ③根据图3可知，c的温度高于a点，温度升高化学反应速率加快，即v(a)逆＜v(c)正； 根据图3所示T2时H2转化率为80%，可列三段式： 起始时压强为5Mpa，平衡时压强为5Mpa=3.4Mpa， ；故答案为＜；。 （3）①利用电化学方法可以将CO2有效地转化为，由图可知，碳元素价态降低得电子，故右侧Pb电极为阴极，电极反应式为：，左侧Pt电极为阳极，电极反应式为： ； ②在阴极氢离子也易得到电子转化为H2，则阴极生成的副产物可能是H2； 标准状况下，当阳极生成氧气体积为112mL时，转移电子的物质的量为，测得阴极区内的，转移电子的物质的量为0.008mol/L×1L×2=0.016mol，电解效率为。 10．(1)B (2) BD 0.025mol·L-1·min-1 变大 (3)c>b>a 【详解】（1）A．根据先拐先平数据大，则T2 > T1，P2 > P1，A错误； B．由图可知，T1 时甲醇生成量更大、P2时反应氢气量更大，平衡正向进行的程度更大，故CO的平衡转化率T1 > T2，P1 < P2，B正确； C．T2 > T1，温度越高反应速率越大，则vB > vA，P2 > P1，压强越大则反应速率越大，vD > vC，C错误； D．平衡常数只受温度影响，则KC = KD，T1 时甲醇生成量更大，平衡正向进行的程度更大，在KA > KB，D错误； 故选B。 （2）①A．当n(CO)：n(H2)：n(CH3OH) = 1：2：1时，不能说明正逆反应速率相等，不能确定反应达到平衡，A错误； B．合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，B正确； C．在恒温恒容的平衡体系中充入Ar气，各物质的溶度不变，正、逆反应速率不变，不影响平衡移动，故不影响甲醇的产率，C错误； D．改变催化剂，加快反应速率，但是不改变平衡移动，反应物的平衡转化率不变，D正确； 故选BD； ②从反应开始到20min时，物质的量共为，减小1mol，反应为气体分子数减2的反应，则反应CO为0.5mol，CO的平均反应速率为。 ③反应为气体分子数减小的反应，其它条件不变，向容器中充入2mol CO和4mol H2，新平衡相当于在原平衡基础上增大压强，平衡正向移动，导致CO的平衡转化率增大； （3）增加氢气的投料，促使反应正向移动，促进CO的转化，故a、b、c三点CO平衡转化率的大小顺序为c>b>a。 11．(1) 8.3 (2) b+c+a b+c+a (3) 0.1Q 大于 【详解】（1）①生成物与反应物的能量差为反应的焓变，由图可知，  （-112.9kJ/mol）+（+7.5）kJ/mol=-105.4 kJ/mol； ②由图可知，第1步基元反应为：；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，第2步反应的活化能为8.3kJ/mol； （2）由盖斯定律可知，反应2 +反应1 +反应3得： ；已知该反应为吸热反应，当有30碳（2.5mol）发生反应时，吸收热量2.5×=(b+c+a)kJ/mol； （3）①实验b中反应吸收热量，实验a、b反应的起始投料相同，平衡时N2的物质的量相等，由实验a反应放出0.6Q kJ能量，则逆反应吸收0.4Q kJ能量，则b中吸收的热量为(0.4-0.3)mol×Q kJ/mol=0.1QkJ； ②将实验c中起始充入的0.4molNH3全部转化为反应物，则起始投入(0.9+0.6)=1.5molH2，(0.3+0.2)=0.5molN2，则实验a的起始投料是实验c的2倍，实验a相当于增大压强，该反应是气体分子数减小的反应，则达到平衡时，平衡正向移动，实验a大于实验c中NH3的百分含量。 12．(1) (2)C (3) < > (4)一定范围内，空速增加，乙烯与氢气发生加成反应减少，使乙烯选择性增大；空速过高，催化剂表面气体流速过快，反应时间缩短，使乙烯的选择性降低 (5) 降低 【详解】（1）根据盖斯定律可知，△H1=△H2+△H3=()kJ/mol； （2）)A．当v正(C4H10)=v逆(C4H8)时，说明C4H10的消耗速率等于C4H8的消耗速率，能够说明反应一定处于平衡状态，故A不选； B．当H2的体积分数不变，说明反应体系中各物质的含量保持恒定，能够说明反应一定处于平衡状态，故B不选； C．反应体系气体总质量守恒，密闭容器容积保持恒定，说明混合气体的密度始终保持不变，不能说明该反应一定处于平衡状态，故C选； D．1 mol C=C键形成的同时1 molH-H键断裂，说明生成1 mol C4H8的同时消耗1 mol H2，能够说明反应一定处于平衡状态，故D不选； 综上分析答案为C项； （3）由图1可知，在相同压强条件下，温度越高，CO的平衡转化率越低，说明该反应是放热反应，△H<0；由方程式可知，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故P1>P2；设N2、CO和H2的物质的量分别为lmol、1mol、2mol，根据信息可列出三段式，在温度为500K，压强为P1的条件下，n(H2)=0.8mol、n(CO)=0.4mol、 m(C2H4)=0.3mol、n(H2O)=0.6mol，n(N2)= lmol，故该反应的Kp=； （4）一定范围内，空速增加，乙烯与氢气发生加成反应减少，使乙烯选择性增大；空速过高，催化剂表面气体流速过快，反应时间缩短，使乙烯的选择性降低； （5）①由图可知，a电极是阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故a电极附近溶液的pH降低； ②b电极是阴极，电极反应式为3CO2+ 18e-+18H+=C3H6↑+6H2O。 13．(1)环形玻璃搅拌棒 (2)减少实验过程中的热量损失 (3) 不相等 相等 偏小 (4)   (5) -51.8 acd 【分析】根据Q=m•c•△T计算出反应放出的热量，然后计算出生成1mol水放出的热量，就可以得到中和热，据此解答。 【详解】（1）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，答案：环形玻璃搅拌棒； （2）烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，答案：减少实验过程中的热量损失； （3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL 0.25 mol•L-1H2SO4和50mL 0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，中和热相等，用相同浓度和体积的氨水()代替NaOH溶液进行上述实验，弱碱稀释会吸收部分热量，测得的中和热的数值会偏小，答案：不相等、相等、偏小； （4）稀盐酸和稀氢氧化钠溶液反应表示中和热的热化学方程式为  ，答案：  ； （5）)第一次测定温度差为：（23.2-20.05）℃=3.15℃，第二次测定的温度差为：（23.4-20.3）℃=3.1℃，第三次测定的温度差为：（23.6-20.55）℃=3.05℃，三次温度差的平均值为3.1℃，50mL0.55mol/L氢氧化钠与50mL0.25mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/cm3=100g，温度变化的值为△T=3.1℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q=m•c•△T=100g×4.18J/（g•℃）×3.1℃=1295.8J，即1.2958kJ，所以实验测得的中和热△H=-51.8 kJ/mol，上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是a．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，温度差偏小，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，选项a正确；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，选项b错误；c．分多次把NaOH 溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较多，测得温度偏低，中和热的数值偏小，选项c正确；d．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，选项d正确；答案：-51.8 、acd。 【点睛】本题考查热化学方程式以及反应热的计算，题目难度不大，注意理解中和热的概念、把握热化学方程式的书写方法，以及测定反应热的误差等问题。 14．(1) -327.6 (2) (3) Ⅰ c 【详解】（1）④，⑤，根据盖斯定律可知，反应②=2×(④-⑤) ，所以对应；根据盖斯定律可知，反应③，根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数或； （2）根据图示信息可知，纵坐标表示，即与的微粒分布系数成反比，的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成的物质的量浓度比a曲线的小，说明其反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300K条件的反应； 根据上述分析结合图像可知，300K、60s时，则，利用数学关系式可求出，根据反应可知，生成的即为转化的，则的转化率为； （3）(ⅰ)步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ； (ⅱ)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，与反应的能量变化应为图中曲线c； 15．(1)   (2) 副产物氢气可作燃料 耗能高 (3)d (4) (5) 【详解】（1）已知：①ΔH1=-1036kJ•mol-1； ② ΔH1=+94kJ•mol-1； 将方程式(①+②)得方程式2H2S(g)+O2(g)=S2(g)+2H2O(g)ΔH=kJ/mol=-314kJ/mol； （2）根据方程式知，高温热分解法生成的氢气可以作燃料；但高温热分解法需要吸热，耗能高； （3）a．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，无法计算消耗氧气的体积，故a错误； b．根据图知，总反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，如果H2S过量，溶液呈酸性，所以该方法处理后的溶液pH值可能减小，故b错误； c．其他条件不变，若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，H2S的去除率减小，故c错误； d．其他条件不变，OH-浓度增大，使平衡：H2S⇌H++HS-正向移动，H2S的去除率增大，故d正确； 故答案为：d； （4）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成燃烧，根据电离平衡常数知，酸性：H2CO3＞H2S＞HCO＞HS-，根据强酸制取是原理知，Na2CO3和H2S反应生成NaHCO3、NaHS，离子方程式为； （5）当溶液中粒子的浓度≤1.0×10-6mol/L时，认为已被完全除去，如果c(H2S)≤1.0×10-6mol/L时，Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=×c(H+)××c(H+)=×c2(H+)=×(10-3)2=1.0×10-7×1.0×10-13=1.0×10-20，c(S2-)=10-20mol/L，c(Zn2+)==mol/L=2.0×10-4mol/L，故c(Zn2+)≥2.0×10−4mol/L；若向ZnS浊液中加入CuCl2溶液，有黑色沉淀生成，此时溶液====2.0×1012。 16．(1) d (2) a 生成甲醇的反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，增大 不相同 33.3% Pa，210℃ Pa，250℃ 【详解】（1）①由图可知，反应i的焓变ΔH=(E1-E2)kJ/mol，反应ii的焓变ΔH=(E3-E4)kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应的ΔH=(E1-E2+E3-E4)kJ/mol； ②a．反应ii中各物质均为纯液体，不是气体或溶液，故a错误； b．投料比为n(CO2)：n(NH3)=1：2，与反应i的计量数之比相等，则混合气体的平均摩尔质量始终不变，不能据此判断反应达到平衡状态，故b错误； c．催化剂不能改变反应的起始状态，不能提高CO2的平衡转化率，故c错误； d．在一定温度下，若恒容改为恒压条件，气体的物质的量之比等于其体积之比，且投料比等于反应计量数之比，则各组分的物质的量浓度不变，即达平衡时CO2的浓度不变，故d正确； 故答案为：d； （2）①合成甲醇的反应是气体分子数减小的放热反应，温度一定时增大压强，平衡正向移动，x(CH3OH)增大；压强一定时升高温度，平衡逆向移动，x(CH3OH)减小，则图中a表示250℃下的x(CH3OH)～p曲线，b表示p=5×105Pa下的x(CH3OH)～t曲线； ②两条曲线表示的意义不同，A点时两条曲线对应的温度条件不同，平衡常数K只与温度有关，则A点时两条线对应条件下的平衡常数不相同； ③合成甲醇的反应在起始物=3，设n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，列式如下： x(CH3OH)=0.1时有：=0.1，解得x=，则CO2的平衡转化率α=×100%≈33.3%，由图可知，x(CH3OH)=0.1的点有两种：5×105Pa、210℃；9×105Pa、250℃。 17．(1)   (2) ＜ 根据图分析可知，A点和B点的二氧化碳的平衡转化率相等，则反应物浓度相等，，B点比A点的压强大，并且B点反应温度高，所以 反应ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，反应ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，而A到M反应ⅰ逆向移动的程度比反应ⅱ正向移动的程度大 【详解】（1）已知，反应ⅰ. ，反应ⅱ. ，根据盖斯定律可知，由反应ⅰ减去反应ⅱ可得和合成甲醇的热化学方程式为 。 （2）①反应ⅱ为反应前后气体物质的量不变的反应，加压平衡不移动，而对于反应ⅰ，加压平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，所以压强越大，二氧化碳的平衡转化率越大，故压强、、的大小关系为。 ②A点和B点的二氧化碳的平衡转化率相等，则反应物浓度相等，B点的压强、温度均比A点大，故化学反应速率。 ③温度低于543K时，的平衡转化率随温度的升高而减小的原因是反应ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，反应ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，而A到M反应ⅰ逆向移动的程度比反应ⅱ正向移动的程度大。 ④将和按物质的量之比a:b充入一恒容密闭容器中，设和分别为amol、bmol，M点的转化率为25%，CO的选择性为50%，则反应ⅱ中生成的的物质的量为，则反应ⅱ消耗的的物质的量和生成的的物质的量是相同的为，一共消耗的的物质的量为，所以反应ⅰ中消耗的物质的量为，最后剩余的物质的量为，由由反应ⅰ可得：，由反应ⅱ可得：，所以平衡时的物质的量为，的物质的量为，的物质的量为，的物质的量为，反应ⅱ的反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，所以反应ⅱ的平衡常数为。 18．(1) -92 ③ 最大 (2)N2+6H++6e-2NH3 (3) < 图b 50% 27 【详解】（1）由题图可知，反应物总能量高于产物总能量，反应放热，且的ΔH=-46kJ·mol-1，则合成氨反应的ΔH=-92kJ·mol-1； 在化学反应中，决速步为活化能大的步骤，根据题图可知，过程③活化能大； 故答案为：-92；③；最大； （2）依据氮掺杂金红石表面氮气固定机理可知，反应物为氮气和氢离子，生成物为氨气，金红石为催化剂，总反应方程式为N2+6H++6e-2NH3； 故答案为：N2+6H++6e-2NH3； （3）①合成氨的反应中，压强越大越利于氨的合成，则氨的物质的量分数越大，结合图像可知，在相同温度下，氨的物质的量分数：P3＞P2＞P1，所以压强：P3＞P2＞P1，所以P1<16MPa； 故答案为：<； ②对比图a和图b可知，相同温度和相同压强下，图a中平衡时氨的物质的量分数较小，在恒压下充入惰性气体Ar，导致反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要向着气体分子数增大的方向进行，即不利于合成氨，所以氨的物质的量分数小，因此进料组成中含惰性气体Ar的图是图a，不含惰性气体Ar的图是图b， 故答案为：图b； ③图3进料组成为x(H2)=0.60、x(N2)=0.20、x(Ar)=0.20，三者物质的量之比为3：1：1，假设进料中氢气、氮气和氩气物质的量分别为3mol、1mol和1mol，平衡时氮气变化量为x，列三段式：，当P2=20MPa、，解得x=0.5，则氮气转化率； 平衡时氮气、氢气、氨气物质的量分别是 0.5mol、1.5mol、1mol，还有1molAr，物质的量分数分别是、、，该温度下的平衡常数； 故答案为：50%；27。 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 $$