2025届高三化学复习-- --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．（2023·江苏·二模）脱除沼气中的H2S具有重要意义，脱除H2S有多种方法。 (1)受热分解法。将H2S和CH4混合气导入热解器，反应分两步进行。 反应Ⅰ：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)  ΔH1 =169.8kJ·mol-1         反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g)  ΔH2 =63.7kJ·mol-1 现将H2S和CH4按照2：1体积比投料，并用N2稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图所示。 ①2H2S(g)+CH4(g) =CS2(g)+4H2(g)   ΔH3 = 。 ②1050℃时，H2的体积分数为 。 ③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，可能是 。 (2)光电催化法。某光电催化法脱除H2S的原理如图所示。 ①光电催化法脱除H2S的离子方程式为 。 ②与受热分解法相比，光电催化法的优点是 。 (3)催化重整法。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。 ①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是 。 ②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是 。 2．（23-24高三下·福建福州·期中）任何化学反应都伴随着能量的变化，通过化学反应，化学能可转化为热能、电能等不同形式的能量。 (1)下图是和反应生成和过程中能量变化示意图，请写出和反应的热化学方程式 。 (2)可用于工业合成氨气，已知拆开分别需要吸收的能量为，形成会放出能量，则在反应中，每生成， (填“吸收”或“放出”)热量 。当在相同的条件下向容器中充入和时，它们反应对应的热量 (填“大于”“等于”或“小于”)你所计算出的值。 (3)可利用电化学气敏传感器测定汽车尾气中含量，原理如图。 根据燃料电池的原理，推测B电极是该电池的 (填“正极”或“负极”)，若反应吸收了，则该燃料电池理论上消耗的的体积(在标准状况下)为 L。 3．（23-24高三下·上海·期中）自然界的氮循环如图所示 (1)下列说法中错误的是________. A．图中表示了三种不同的固氮方式 B．②中合成氨属于人工固氮 C．除外，①和④中均需还原剂参与 D．含氮有机物和含氮无机物可相互转化 (2)施用化肥可有效提高粮食产量.化肥氯化铵施用时需要注意避免烈日曝晒，因为（写出对应的化学方程式） .此类铵态氮肥不宜和草木灰等碱性肥料混合使用，原因是 . (3)海洋生物参与氮循环的过程如图所示（其它含氮物质不参与反应）. 以上六种含氮微粒中，共呈现了氮元素的 种价态.过程②中氮元素被 .（填“氧化”或“还原”） 4．（23-24高三下·湖南常德·期中）某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示： (1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为 (2)反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)= (3)2min反应达到平衡时体系内的压强比起始时的压强 (填“增大”、“减小”或“无变化”，下同)，平衡时混合气体密度和起始时相比 。 (4)下列措施能减小反应速率的是___________。 A．升高温度 B．选择高效的催化剂 C．恒容时充入氩气 D．恒压时充入氩气 (5)X的平衡转化率为 (6)恒温条件下，对于可逆反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，在体积固定的密闭容器中进行，达到平衡状态的标志的是___________ A．单位时间内生成nmolCH3OH的同时消耗2nmolH2 B．混合气体的密度不再改变的状态 C．混合气体的压强不再改变的状态 D．混合气体的平均摩尔质量不再改变 (7)某合成氨速率方程为：v=kc(N2)cX(H2)cY(NH3)，根据表中数据，Y= 实验 c(N2)/mol·L-1 c(H2)/mol·L-1 c(NH3)/mol·L-1 v/mol·L-1·s-1 1 m n p q 2 2m n p 2q 3 m n 0.1p 10q 4 m 2n p 2.828q 5．（23-24高三下·湖南常德·期中） Ⅰ.化学反应与能量变化对人类生产、生活有重要的意义。回答下列问题： (1)下列化学反应中的能量变化关系与图示相符合的是___________。 A． B．天然气的燃烧 C． D． Ⅱ.汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，生成NOx等污染大气，其中生成NO的能量变化如图所示： (2)若反应生成2molNO气体，则该反应 (填“吸收”或“放出”) kJ热量，该反应的反应物的总能量 (填“大于”“等于”或“小于”)生成物的总能量。 Ⅲ.2023年6月9～11日，世界动力电池大会在宜宾举行，宜宾在电池研发、制造领域走在世界前列。利用原电池原理，人们研制出很多结构和性能各异的化学电池。回答下列问题： (3)某化学小组设计出如下图所示的甲、乙、丙三套装置。 上图装置中，电流计指针会发生偏转的是 装置(填“甲”、“乙”或“丙”)，该装置中Cu电极的电极反应式为 。 (4)铅酸蓄电池放电时发生反应：。该电池的负极材料为 (填化学式) (5)氢氧燃料电池的简易装置如下图所示。 ①H+移向 (填“正极”或“负极”)。 ②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的气体b在标准状况下的体积为 L。 6．（23-24高三下·广西百色·期中）氢气是非常重要的化学能源，利用氢气可以实现化学能向热能、电能的直接转化。 (1)已知断开、、需要的能量依次是、、..，则是 (填“吸热”或“放热”)反应，能正确表示反应中能量变化的是图 (填“甲”或“乙”)。 (2)和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如下图： ①电极d是 (填“正极”或“负极”)，电极c的电极反应式为 。 ②若电路中转移电子，则该燃料电池理论上消耗的在标况下的体积为 L。 (3)将纯锌片和纯铜片按图中方式插入100mL浓度为2mol/L的稀硫酸中一段时间，回答下列问题： ①下列说法正确的是 。 A．甲、乙均为化学能转变为电能的装置 B．乙中铜片上没有明显变化 C．甲中铜片质量减少、乙中锌片质量减少 D．两烧杯中溶液的pH均增大 ②当图中构成原电池的电路中转移0.1mol的电子时，负极的质量 (填“增加”或“减少”) g。 ③请写出图中构成原电池的负极电极反应式： 。 7．（23-24高三下·海南海口·阶段练习）研究无机非金属及其相关化合物在化工生产中有重要意义。 (1)氨的催化氧化是制备硝酸的重要反应，实验中先用酒精喷灯加热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上。下列图示中，能够正确表示该反应过程能量变化的是 (填标号)。 A．　　B．　　C． (2)在2L的恒温恒容密闭容器中，发生反应，通入等物质的量的和气体，随时间的变化如下表： 0 1 2 3 4 5 2.0 1.2 0.8 0.5 0.4 0.4 ①0~2s内， 。 ②下列描述能说明该反应已达到化学反应平衡状态的有 (填标号) A．单位时间里，生成2mol，消耗1mol    B．的值不再变化 C．混合气体密度不再变化    D．混合气体平均摩尔质量不再变化 E．温度不再变化        F．、、同时存在 ③在第5s时，的转化率为 。 ④平衡时，容器中混合气体的压强与反应开始时的压强之比为 。 (3)汽车中的电瓶为铅酸蓄电池。铅酸蓄电池的工作原理如图所示，总反应式为：。回答下列问题： ①电池工作时，移向电池 极(填“正”或“负”) ②若构建该电池时，两个电极的质量相等，则当导线中通过0.2mol电子时，理论上两个电极的质量差为 g。 8．（23-24高三下·福建南平·期中）、、都是重要的能源物质，也是重要的化工原料。 (1)用一定质量的Zn跟足量的稀硫酸反应制氢气，实验过程如图所示。 ①OE、EF、FG三段中， 段化学反应最快，可能的原因是 。 ②为了降低反应的速率且不影响氢气的量，可向溶液中加入的物质有 (填标号)。 a.蒸馏水    b.溶液    c.固体    d.固体 (2)已知：断裂、，键吸收的能量依次为436kJ、496kJ、463kJ。在反应中，图中 KJ。 (3)科学家正在研究利用原电池原理常温常压下合成氨，在该装置如图，电极a为 极(填“正”或“负”)，负极的电极反应式为 。理论上，转移3mol电子可以生产 mol。 (4)为减少温室效应，有效利用，工业上可用生产甲醇。在体积为2L的密闭容器中充入和，一定条件下发生反应：，测得和的物质的量随时间变化如下图所示。 ①3min (填是或不是)平衡状态。 ②从反应开始到平衡，的平均反应速率 。 9．（23-24高三下·广西玉林·阶段练习）将CO、CO2转化为甲烷、甲醇、甲酸等有机物是实现“碳中和”重要途径。 Ⅰ.CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g)  △H1= +41 KJ/mol Ⅱ.CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g)  △H2=-90 KJ/mol 总反应Ⅲ：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)  △H (1)总反应Ⅲ的△H为 kJ·mol-1。 (2)在恒温，体积为1L恒容密闭容器中，充入1molCO2(g)和3molH2(g)，进行反应Ⅲ(不考虑其它副反应)。10min时测得CO2(g)和CH3OH(g)的体积分数之比为1∶3，反应达到平衡。回答下列问题： ①反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)= 。 ②该温度下反应Ⅲ的平衡常数K= (mol/L)-2。 ③下列能说明该反应已达平衡状态的是 。 A．气体的平均摩尔质量不变     B．混合气体密度不再改变 C．体系中CH3OH与H2O的浓度比不变 D．容器内压强不再改变 (3)研究发现，CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)，反应为CO2(g)+H2(g)⇌HCOOH(g) △H<0.在一容积固定的密闭容器中进行反应，实验测得：v正=k正·c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆·c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。温度为T1℃时，该反应平衡常数K=2，温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2℃时平衡压强 (填“>”“<”或“=”)T1℃时平衡压强，理由是 。 (4)以甲醇和CO为原料通过电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图所示。离子交换膜a为 (填“阳膜”或“阴膜”)，阳极的电极反应式为 。 10．（23-24高三下·北京·期中）合成氨的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)1898年，化学家用氮气、碳化钙()与水蒸气反应制备氨： ⅰ．碳化钙和氮气在1000℃的高温下产生氰氨化钙()； ⅱ．氰氨化钙与水蒸气反应生成氨气。写出反应ⅱ的化学方程式： 。 (2)20世纪初，以和为原料的工业合成氨方法研制成功。其反应为：    ①写出氮气的电子式 。 ②的化学性质稳定，即使在高温、高压下，和的化合反应仍然进行得十分缓慢。从结构角度解释原因： 。 ③压强对合成氨有较大影响。下图为不同压强下，以物质的量分数、进料(组成1)，反应达平衡时与温度的计算结果。 ⅰ．判断压强： (填“>”或“<”)，简述理由： 。 ⅱ．在、时，氮气的转化率为 。 (3)我国科学家研制出双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，纳米Fe的温度为547℃，而的温度为415℃)，解决了温度对合成氨工业反应速率和平衡转化率影响矛盾的问题，其催化合成氨机理如图所示。 分析解释：与传统的催化合成氨(铁触媒、400~500℃)相比，双催化剂双温催化合成氨具备优势的原因是 。 11．（23-24高三下·江西赣州·期中）小明同学在学习了化学反应与能量变化后，想探究化学反应中能量的变化，邀请你和他一起完成下面的探究。 (1)小明利用如图所示装置进行实验，发现U形管中红墨水液面左低右高。 上述反应过程中化学能转化为 能，能表示该反应过程能量变化的是 (填“a”或“b”)。 (2)小明想将反应的化学能转化为电能，下列装置可以实现的是 (填字母)。 ①装置中A，镁片上发生 (填“氧化”或“还原”)反应，正极上的现象为 。 ②装置D中，做 极，放电时铁电极上的反应式为 。 (3)小明拟用定量的方法测量与酸反应的快慢，设计了如图所示的装置。 ①检查所示装置气密性的方法是 。 ②实验过程中，若生成(标准状况)，则消耗盐酸的物质的量 。 12．（23-24高三下·浙江·期中）利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO-(其中C元素的化合价为＋2价)，装置如图所示。 (1)在该装置中，右侧Pb电极反应为 。 (2)一定条件下，水气变换反应CO+H2OCO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应： Ⅰ：HCOOHCO+H2O (快)   Ⅱ：HCOOHCO2+H2 (慢)   研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅰ有催化加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水的电离，其浓度视为常数。回答下列问题： ①一定条件下水气变换反应的焓变 (用含、的代数式表示)。 ②反应I正反应速率方程为：，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为时，此时反应Ⅰ速率 (用含Ka、x和k的代数式表示)。 (3)反应Ⅲ：CO+H2OHCOOH且在恒温、恒容的密闭容器中进行，采用充分搅拌催化剂M的DMSO(有机溶剂)溶液，使CO2和H2在该溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持CO2和H2压强不变，反应速率为，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能。 Ⅳ： V： Ⅵ： ①催化剂M足量的条件下，下列说法正确的是 。 A．反应Ⅳ是总反应的决速反应           B．与溶液中溶解的CO2浓度有关 C．温度升高，反应速率一定增大       D．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率 ②该总反应随催化剂浓度的增加，反应速率先增大后保持不变，请解释原因 。 13．（23-24高三下·辽宁·期中）回答下列问题。 (1)我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，大气中的CO2主要来自煤、石油及其他含碳化合物的燃烧，CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一、该重整反应体系主要涉及以下反应： ①CH4(g)C(s)＋2H2(g)  K1=a ②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)   K2=b ③2CO(g)CO2(g)＋C(s)    K3=c 则反应CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)的平衡常数K= (可选用a，b，c表示) (2)以和为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为： 2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)   ①若将等物质的量的和混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是 。 a.容器内气体密度保持不变                            b.混合气体的平均相对分子质量不变 c.生成的速率与生成的速率相等             d.的体积分数保持不变 ②在容积为的恒容密闭容器中，分别研究反应在300℃和400℃两种温度下合成甲醇的规律。下图是上述两种温度下不同的和的起始组成比(起始时的物质的量均为与平衡转化率的关系。请回答下列问题：    该反应在a、b和c三点对应化学平衡常数分别是、和，则其大小关系为 (用“<”或“=”表示)。利用图中a点对应的数据，若反应中达到平衡，则氢气的反应速率为 ，计算出曲线Y对应温度下CO2(g)＋2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数 ③一定条件下，上述合成甲醇的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是 (填字母)。 a.甲醇物质的量增多                           b.反应物的体积百分含量减小 c.正反应速率先增大后减小                     d.容器中的值变大 14．（2024·山西·模拟预测）乙醛(CH3CHO)是一种常见的有机物，在生产、生活中用途广泛。回答下列问题： (1)已知：①；ΔH1 ②；ΔH2 ③；ΔH3 ；ΔH= (用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。 (2)在镍催化下，乙醛与氢气反应生成乙醇。在恒温恒容反应器中充入一定量CH3CHO(g)和H2(g)发生反应：下列叙述错误的是___________(填标号)。 A．气体压强不随时间变化时达到平衡状态 B．平衡后充入氖气，平衡向逆反应方向移动 C．上述可逆反应的正反应是熵增反应 D．平衡后，充入少量H2，CH3CHO平衡转化率增大 (3)速率方程v=kcn(CH3CHO)(k为速率常数，只与温度、催化剂有关；n为反应级数)。 ①阿伦尼乌斯就关于速率常数与活化能(Ea)、温度(T)的关系提出经验关系式：Rlnk=-(R为常数，k为速率常数，Ea为活化能，T为温度)。一定温度下，在Cat1、Cat2(催化剂)作用下，Rlnk与关系如图所示。催化剂效能较高的是 (填“Cat1”或“Cat2”)，判断依据是 。 ②为了测定反应级数(n)，实验测得在一系列不同浓度时的初始反应速率数据如下： c(CH3CHO)/mol·L-1 0.1 0.2 0.3 0.4 v/mol·L-1·s-1 0.020 0.080 0.182 0.318 已知：一步进行的反应称为基元反应，基元反应中反应级数等于反应物的化学计量数之和。下列叙述正确的是 (填标号)。 A．该总反应为二级反应 B．速率常数k=4.00L·mol-1·s-1 C．上述反应不是基元反应 D．t(CH3CHO)=0.15mol·L-1时v=0.45mol·L-1·s-1 (4)一定温度下，保持总压强为pkPa，向反应器充入CH3CHO(g)和N2的混合气体(N2不参与反应)发生反应，测得CH3CHO平衡转化率与起始投料比[n(CH3CHO)/n(N2)]的关系如图所示。 其他条件不变，CH3CHO的平衡转化率随着投料比增大而减小的原因是 。该温度下，上述反应M点平衡常数Kp= kPa(Kp用分压计算的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 (5)T℃时，向反应器充入一定量CH3CHO(g)发生反应，测得单位时间内CH3CHO转化率与压强关系如图所示。解释p=3MPa时CH3CHO的转化率达到峰值的原因： 。 15．（23-24高三下·江苏南京·阶段练习）CO2的捕获是实现资源利用的重要途径。 (1)烟气中CO2捕集可通过如下所示的物质转化实现。 “脱碳”的化学反应方程式为 。 (2)CO2和H2催化合成CH4。 主要发生反应为，一定温度和压强下，将一定比例CO2和H2分别通过装有两种不同催化剂的反应器，反应相同时间，测得CO2转化率随温度变化情况如图1所示。 ①高于320℃后，用Ni作催化剂，CO2转化率明显上升，其原因是 。 ②高于320℃后，用Ni-CeO2作催化剂，CO2转化率略有下降，可能原因是 。 (3)一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原CO2的装置示意图如图2所示。控制其他条件相同，将一定量的CO2通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图3所示。 ①写出Cu原子的核外电子排布式： 。 ②b电极生成HCOOH的电极反应式为 。 ③科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是 。 ④控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为 mol。 16．（2024·广东深圳·模拟预测）煤制天然气的关键步骤是从合成气中生产CH4.合成气转化为CH4的过程中涉及以下反应： I． Ⅱ． Ⅲ． (1)煤的综合利用途径主要有干馏、气化和液化，煤的干馏属于 变化(填“物理”或“化学”)。 (2)已知几种物质的燃烧热如下表： 物质 CO(g) H2(g) CH3OH(g) 燃烧热ΔH/(kJ·mol-1) -283.0 -285.8 -764.6 结合上述数据，可知△H3= kJ·mol-1。 (3)向添加了催化剂的管式反应器中以一定的气体流速通入合成气，，在一定温度下发生上述反应，在管式反应器的进、出口检测各成分的含量，并计算下列物理量： CO转化率： CH4选择性： ①对于反应I，下列说法正确的是 (填序号)。 A．混入N2能提高CO的平衡转化率 B．管式反应器的进、出口气体压强相同时，说明反应在反应器内已达平衡 C．在恒容密闭容器中反应达到平衡后，降低温度可使α(CO)增大 D．为了提高Y(CH4)，需要使α(CO)增大的同时抑制反应Ⅰ以外的化学反应 ②某次实验过程中测得如下数据： 物质 n/mol 1.00 0.87 0.02 0.01 此次实验中 (保留3位有效数字)，氢气的转化率α(H2)= 。 (4)利用太阳能电池在室温下能将CH4转化为CH3OH，工作原理如图所示： ①电池工作一段时间后，电解质溶液的pH变为10，此时溶液中 。 已知：H2CO3的， ②CH4转化为CH3OH的电极反应式为 。 17．（2024·山东德州·三模）甲醇水蒸气重整制氢转换条件温和、副产物少，成为了诸多富氢燃料的首选之一。甲醇水蒸气重整制氢过程中的化学反应如下： ⅰ．   ⅱ．   ⅲ．   (1) ，若反应ⅰ正反应的活化能，则逆反应的活化能 。 (2)下图为含碳产物的选择性（CO的选择性是指反应生成CO的甲醇占转化的甲醇的百分比）及产氢率随水醇物质的量之比（）的变化图像，曲线 是选择性曲线。由图可知，下列最优水醇物质的量之比是 。 A．1.2                    B．1.7                    C．2.5 (3)若甲醇水蒸气重整反应是在吸附剂CaO存在的情况下进行的，产氢量随温度和之比的影响如下图所示。已知吸附剂CaO的碳酸化反应为： 。 ①当一定时，温度小于230℃，随温度升高产氢量增加；温度大于300℃时，产氢量随温度升高而降低，降低的原因 。 ②在温度为T℃的恒容密闭的石英管中，加入碳酸钙，加热至反应完全后（碳酸钙始终有剩余），测得二氧化碳压强为a kPa。在相同温度下的恒容密闭石英管中按通入水蒸气和甲醇，并加入适量CaO，测得压强为，待反应达平衡后，测得二氧化碳的选择性为80%，氢气的分压为b kPa，若氧化钙对二氧化碳的吸收率为50%，则的平衡分压为 kPa，反应ⅲ的 。若继续加入甲醇，则 （填“增大”、“减小”或“不变”）。 18．（2024·四川雅安·模拟预测）利用合成甲醇、二甲醚技术是有效利用资源，实现“碳中和”目标的重要途径。 (1)开发直接催化加氢合成二甲醚技术是很好的一个研究方向。 主反应：   副反应：   ①主反应在 (填“高温”或“低温”)下能自发进行。 ②已知主反应的机理分为两步 步骤i：   步骤ii：…… 则步骤ii的热化学方程式为 。 ③其他条件相同时，反应温度对平衡转化率影响如图所示。平衡转化率随温度的升高先减小后增大的原因可能是 。 已知二甲醚的选择性，在催化剂作用下，向恒温恒压(、)的密闭容器中充入反应气，。反应平衡时测得的转化率为，二甲醚的选择性为，则副反应的 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。 (2)利用合成甲醇也是有效利用资源的重要途径。将原料气充入某一恒容密闭容器中，只发生  ，在不同催化剂作用下，反应时的转化率随温度的变化如下图所示。 ①下列说法正确的是 。 A．使用催化剂I时，d点已达到平衡 B．的平衡常数大于的平衡常数 C．若a点时，，则此条件下反应已达到最大限度 D．c点转化率比a点低的原因一定是催化剂活性降低 ②若图中a点时反应已达平衡，现原料气按充入同一恒容密闭容器中，在催化剂I的作用下发生反应。请在图中用实线画出了之间的平衡转化率变化曲线 。 (3)水煤气变换反应的机理被广泛研究，其中有一种为羧基机理，某催化剂催化(*表示吸附态、表示活化能)步骤如下： I．； II． III．； IV．。 反应的决速步骤是 (填序号)。 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) 233.5 kJ·mol-1 3.6% 在950℃～1100℃之间，以反应I为主，随温度升高，反应I速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应I，S2 (g)的体积分数减小 (2) 2H2S+2I=S2↓+6I-+4H+ 光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用 (3) H2S中的H带正电、S带负电，Fe2O3中的Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强 反应生成的硫单质附着在催化剂表面 【详解】（1）①已知：反应Ⅰ：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) ΔH1＝169.8 kJ⋅mol-1，反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2＝63.7 kJ⋅mol-1，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得：2H2S(g)+CH4(g)=CS2(g)+4H2(g) ΔH3=ΔH1+ΔH2=233.5kJ⋅mol-1，故答案为：233.5kJ⋅mol-1； ②1050℃时，S2和CS2的体积分数分别为1.6%、0.1%，由化学方程式体现的关系可知，反应Ⅱ生成H2、消耗S2的体积分数分别为0.1%×2=0.2%、0.1%，反应Ⅰ生成S2的体积分数为(0.1%+1.6%)=1.7%，则反应Ⅰ生成H2的体积分数为1.7%×2=3.4%，故H2的体积分数为3.4%+0.2%=3.6%，故答案为：3.6%； ③在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小；故在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，故答案为：在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小； （2）①光电催化法脱除H2S的反应为硫化氢和发生氧化还原反应生成S2和碘离子及氢离子，离子方程式为2H2S+2＝S2↓+6I-+4H+，故答案为：2H2S+2＝S2↓+6I-+4H+； ②与受热分解法相比，光电催化法的优点是光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，正极生成的副产物双氧水可回收利用，故答案为：光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用； （3）①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强，故答案为：H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强； ②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是反应生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积，故答案为：反应生成的硫单质附着在催化剂表面。 2．(1) (2) 放出 46 小于 (3) 正极 5.6 【详解】(1)由图可知，一氧化碳与二氧化氮反应生成二氧化碳和一氧化氮的反应为反应物总能量大于生成物的总能量，反应的焓变，则反应的热化学方程式为，故答案为：； (2)拆键、、键分别需要吸收的能量为，在反应中，断裂健，键共吸收的能量为：，生成，共形成键，放出的能量为：，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：，所以生成放出热量为。因该反应为可逆反应，故当在相同的条件下向容器中充入和时，反应放出热量小于。 故答案为：放出；46；小于。 (3)根据燃料电池的原理，燃料在负极失去电子被氧化，则A电极为负极，推测B电极是该电池的正极，A电极上失去电子转化为，电极反应式为；正极反应为，若反应吸收了，则的物质的量为，根据得失电子守恒，则该燃料电池理论上消耗的的体积(在标准状况下)为。 故答案为正极：5.6。 3．(1)C (2) 铵根离子与碱性肥料产生的离子结合为一水合氨，易分解产生氨气逸出，造成肥效降低 (3) 5 还原 【详解】（1）A．有图像可知，三种固氮方式分别为：④生物固氮、①自然固氮、②人工固氮，故正确； B．工业上通过氮气与氢气高温高压条件下合成氨，②属于人工固氮，故正确； C．生物固氮与自然固氮中除了氮气以外不需要还原剂，故错误； D．在土壤中的微生物作用下，含氮有机物和含氮无机物可相互转化，故正确； 答案为：C。 （2）氯化铵受热易分解，发生的反应为：铵根离子与碱性肥料产生的离子结合为一水合氨，易分解产生氨气逸出，造成肥效降低； （3）NH3、、NH2OH、N2H4、N2、中N对应的化合价分别为：-3、-3、+1、-2、0、+3，故N有5种价态；过程②NH2OH→N2H4，N的化合价+1→-2，化合价降低发生还原反应。 4．(1)3X+Y2Z (2)0.05mol/(L·min) (3) 减小 无变化 (4)D (5)30% (6)CD (7)-1 【详解】（1）由图像可知，反应中X、Y的物质的量减少，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，此时三种物质都存在，且物质的量不再发生变化，所以该反应是可逆反应，且n(X)∶n(Y) ∶n(Z)=0.3mol∶0.1mol∶0.2mol=3∶1∶2，故反应方程式为3X+Y2Z。 （2）由图像可知，反应从开始至2分钟，用Z的浓度变化表示的平均反应速率为v(Z)= =0.05mol/(L·min)。 （3）反应3X+Y2Z是气体体积减小的反应，反应过程中气体总物质的量减小，容器内的压强减小，2min反应达到平衡时体系内的压强比起始时的压强减小，而气体总质量和总体积不变，平衡时混合气体密度和起始时相比无变化。 （4）升高温度、选择高效的催化剂会增大反应速率，恒容时充入氩气，反应物和生成物的浓度不变，反应速率不变，恒压时充入氩气，容器的体积增大，反应物和生成物的浓度减小，反应速率减小，故选D。 （5）由图像可知，X的平衡转化率为=30%。 （6）A．单位时间内生成nmolCH3OH的同时消耗2nmolH2，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，A不选； B．该反应过程中气体总质量和总体积都不变，混合气体的密度是定值，当混合气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡，B不选； C．该反应过程中气体的物质的量减小，容器内的压强减小，当混合气体的压强不再改变时，说明反应达到平衡，C选； D．该反应过程中气体的物质的量减小，气体总质量不变，混合气体的平均摩尔质量增大，当混合气体的平均摩尔质量不再改变时，说明反应达到平衡，D选； 故选CD。 （7）将实验1、3中数据分别代入合成氨的速率方程可得: q=kmnXpY，10q=kmnX(0.1p)Y，可得Y=﹣1。 5．(1)D (2) 吸收 180 小于 (3) 乙 (4) (5) 正极 11.2 【详解】（1）根据图示可知：生成物的总能量比反应物的总能量高，因此该图示表示的反应类型属于吸热反应； A．与在光照条件下生成HCl的反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，A错误； B．天然气燃烧反应为放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，B错误； C．该反应是铝热反应，反应放出大量热，为放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，C错误； D．C与在高温下反应生成CO和，该反应为吸热反应，生成物的总能量比反应物的总能量高，D正确； 故答案为：D； （2）与在一定条件下反应生成NO，反应方程式为，根据图示可知：断裂1mol中键需要吸收的热量，断裂1 mol中的键需要吸收的热量，而形成中的氮氧化学键会释放的热量，因此若形成了，反应过程中的能量变化，说明反应生成会吸收的热量；发生反应为吸热反应，说明反应物的总能量小于生成物的总能量； 故答案为：吸收；；小于； （3）原电池构成条件为：有活动性不同的2个电极、电解质溶液、形成闭合回路、自发进行氧化还原反应。装置甲没有形成闭合回路，因此不能构成原电池，电流表指针不能发生偏转；装置乙具备原电池构成的条件，可以形成原电池，电流表指针会发生偏转；装置丙中，乙醇属于非电解质，没有电解质溶液，不能形成闭合回路，因此不能构成原电池，电流表指针不能发生偏转，故三个装置中，电流计指针会发生偏转的是装置乙； 在装置乙中，由于金属活动性：，所以Fe为负极，发生失去电子的氧化反应，负极Fe电极的反应式为：；Cu为正极，电解质阳离子发生得到电子的还原反应，正极Cu电极反应式为：； 故答案为：乙；； （4）根据铅酸蓄电池放电时发生的反应可知，铅元素化合价由0价升高到+2价，发生失电子、氧化反应，因此电极为负极；铅元素化合价由+4价降低为+2价，发生得电子、还原反应，为正极； 故答案为：； （5）在氢氧燃料电池中，通入的电极为负极，发生失去电子的氧化反应；通入的电极为正极，发生得到电子的还原反应；根据图示可知：电子由c电极经负载流向电极d，所以c电极为负极，由a口通入，d电极为正极，由b口通入； 在原电池工作时，阳离子移向正极，即带有正电荷，向正极d电极区移动； 在电极d上发生反应：，反应每消耗1mol，转移4 mol电子，则若线路中转移2 mol电子，反应消耗0.5 mol，其在标准状况下的体积； 故答案为：正极；11.2。 6．(1) 放热 乙 (2) 正极 H2-2e-=2H+ 22.4 (3) BD 减少 3.25 Zn-2e-=Zn2＋ 【详解】（1）1molH2(g)在O2(g)中完全燃烧生成H2O(g)，1molH2(g)反应会消耗0.5molO2(g)，生成1molH2O(g)；断开1molH−H、1molO=O、1molO−H需要的能量依次是436kJ、496kJ、463kJ，则断键吸收的总能量为2×436kJ+1×496kJ=1368kJ，放出的总能量为4×463kJ=1852kJ，所以属于放热反应。氢气和氧气的反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故图乙能表示该反应的能量变化。 （2）H2和O2组合形成的质子交换膜燃料电池发生的反应是2H2+O2=2H2O，该反应中氢气发生氧化反应，则a为氢气，在负极c上失去电子转化为H+：H2-2e-=2H+，生成的H+通过质子交换膜进入右侧；氧气发生还原反应，则b为氧气，在正极d上得到电子：O2+4e-+4H+=2H2O。 ①电极d是正极，电极c的电极反应式为H2-2e-=2H+。 ②根据正极的电极反应式，若电路中转移4mol电子，则消耗1mol氧气，在标准状况下为22.4L。 （3）①A．由图可知，甲装置为将化学能转化成电能的原电池装置，乙装置没有形成闭合回路，不属于原电池装置，故A错误； B．由图可知，乙装置没有形成闭合回路，不属于原电池装置，铜与稀硫酸不发生反应，所以铜片上没有明显变化，故B正确； C．由图可知，甲装置为将化学能转化成电能的原电池装置，金属性比铜活泼的锌为负极，铜为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，铜片质量不变，故C错误； D．由图可知，两烧杯中发生的反应都为Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，反应中消耗稀硫酸，溶液的氢离子浓度减小，溶液pH增大，故D正确； 故选BD； ②由图可知，图甲构成原电池，当电路中转移0.1mol的电子时，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，故质量减少了0.05mol×65g/mol=3.25g。 ③由图可知，甲装置为将化学能转化成电能的原电池装置，金属性比铜活泼的锌为负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn-2e-=Zn2＋。 7．(1)A (2) BD 40% (3) 正 3.2 【详解】（1）实验中先用酒精喷灯加热催化剂，然后通入反应气体，当催化剂红热后撤离酒精喷灯，催化剂始终保持红热，温度可达到700℃以上，可知该反应放热，反应物总能量大于生成物总能量，能够正确表示该反应过程能量变化的是A； （2）①0~2s内，消耗1.2×10-3molNO，则同时消耗6×10-4mol O2，。 ②A．单位时间里，生成2mol，消耗1mol，正逆反应速率之比不等于化学计量数之比，可知正逆反应速率不相等，反应未达平衡状态，故A不符合题意； B．NO和的起始量相等，而变化量按照2∶1进行，则反应过程中的值发生变化，当比值不再变化时反应达到平衡状态，故B符合题意； C．混合气体的总质量不变，容器体积恒定，则密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故C不符合题意； D．混合气体的总质量不变，随反应正向进行，气体物质的量减小，则混合气体平均摩尔质量逐渐增大，当不再变化时反应达到平衡状态，故D符合题意； E．该反应在恒温条件下进行，则体系内温度始终不变，不能据此判断平衡，故E不符合题意； F．、、同时存在属于可逆反应特征，不能说明反应达到平衡状态，故F不符合题意； 选BD， ③在第5s时，消耗0.0016molNO，则同时消耗0.0008molO2，O2的转化率为。 ④平衡时，消耗0.0016molNO，则同时消耗0.0008molO2，剩余0.0004mol NO和0.0012mol O2，此时生成0.0016molNO2，根据压强之比等于气体物质的量之比可得容器中混合气体的压强与反应开始时的压强之比为4∶5； （3）①该装置为原电池，原电池中阳离子移向正极，则移向电池正极； ②负极反应为：；正极反应为：；转移0.2mol电子时，负极增加0.1mol即质量为9.6g；正极增加0.1molSO2即质量为6.4g，两个电极的质量差为9.6g-6.4g=3.2g。 8．(1) EF Zn与稀硫酸反应放热使溶液温度升高成为影响反应速率的主要因素 ab (2)484kJ (3) 正 1 (4) 不是 【详解】（1）①根据图示，OE、EF、FG三段中，单位时间内EF段生成的氢气体积最大，化学反应最快的是EF，可能的原因是Zn与稀硫酸反应放热使溶液温度升高成为影响反应速率的主要因素。 ②a．加蒸馏水，硫酸浓度降低，反应速率减慢，故选a；   B．加溶液，硫酸浓度降低，反应速率减慢，故选b；     C．固体，溶液中有硝酸生成，反应不放出氢气，故不选c；     D．加固体，部分Zn与硫酸铜反应，反应放出氢气的量减少，故不选d； 选ab。 （2）在反应中，断裂2mol和1mol吸收的总能量为436kJ×2＋496kJ=1368 kJ；形成4mol放出的总能量为463kJ×4=1852 kJ，图中1852 kJ -1368 kJ =484KJ。 （3）电极a为氮气得电子生成氨气，发生还原反应，a是正极，负极氢气失电子生成氢离子，负极的电极反应式为。理论上，氮气生成氨气，氮元素化合价由0降低为-3，转移3mol电子可以生产1mol。 （4）①根据图示，3min后物质的量继续改变，3min不是平衡状态。 ②从反应开始到平衡，二氧化碳物质的量减少0.75mol，的平均反应速率。 9．(1)-49 (2) 0.225mol/(min·L) 5.3 AD (3) ＞ 该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，K(T1)＞K(T2)，则T2＞T1，升高温度，平衡逆向移动，气体分子数增多，压强增大 (4) 阳膜 2CH3OH+CO-2e-=(CHO)2CO+2H+ 【详解】（1）根据盖斯定律：Ⅰ+Ⅱ得CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) △H=(41-90)kJ/mol=-49kJ/mol； （2）10min时测得CO2(g)和CH3OH(g)的体积分数之比为1∶3，且比值不再随时间变化，说明此时反应达到平衡状态，列化学平衡三段式，， CO2和CH3OH(g)的体积分数之比变为1∶3，则(1-x)：x=1∶3，解得x=0.75； ①反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)=mol/(L•min)； ②该温度下反应Ⅲ的平衡常数K=(mol/L)－2≈5.3 (mol/L)－2； ③A．反应是气体体积减少的反应，气体质量不变，当气体的平均摩尔质量不变，说明该反应已达平衡状态，故A正确； B．反应前后气体的总质量不变，总体积不变，混合气体密度不再改变，不能说明该反应已达平衡状态，故B错误； C．体系中CH3OH与H2O的浓度比始终保持不变，不能说明该反应已达平衡状态，故C错误； D．该反应是气体体积减少的反应，容器内压强不再改变，说明该反应已达平衡状态，故D正确； 故答案为：AD； （3）反应达到平衡时，正、逆反应速率相等，v正 = K正·c(CO2)·c(H2)=v逆 = K逆·c(HCOOH)，K=，温度为T2℃时，k正=1.9k逆，K(T2)==1.9＜2，该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，K(T1)＞K(T2)，则T2＞T1，升高温度，平衡逆向移动，气体分子数增多，压强增大，T2℃时平衡压强＞T1℃时平衡压强； （4）阳极上CO失去电子和甲醇反应生成碳酸二甲酯，阴极上氧气得到电子生成水，阳极电极反应为：2CH3OH+CO-2e-=(CHO)2CO+2H+，阴极氧气与H+结合生成H2O，所以离子交换膜为阳膜。 10．(1) (2) 中含氮氮三键()，键能大，难断裂 < 合成氨反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量分数增大 (3)在“热Fe”表面易于断裂，有利于提高合成氨反应的速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率 【详解】（1）CaCN2与水蒸气反应生成氨气，N元素化合价没有变化，则产物中C也为+4价，因此生成碳酸钙，反应的化学方程式为。 （2） ①氮气的电子式为。 ②氮气中存在氮氮三键，键能大难以断裂，因此即使在高温、高压下，氮气和氢气的化合反应进行得仍十分缓慢。 ③i合成氨的反应为气体体积减小的反应，相同温度下，增大压强，合成氨反应的化学平衡正向移动，NH3的物质的量分数增大，因此p1<p2。 iip1、x(NH3)=0.2时，初始时物质的量分数、，不妨令H2为0.75mol，N2为0.25mol，设反应消耗氮气xmol，则消耗氢气3xmol，生成氨气2xmol，则有，x=，氮气的转化率为mol÷0.25mol=。 （3）从图中可知，在“热Fe”表面易于断裂，有利于提高合成氨反应的速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率。 11．(1) 热 b (2) B 还原 有气泡产生 负极 (3) 加热甲装置若丙中持续有气泡冒出则证明气密性良好 0.006mol 【详解】（1）上述反应过程中稀硫酸与镁反应生成氢气，气体膨胀形成压强差，化学能转化为热能；该反应为放热反应，故生成物能量低于反应物能量，能表示该反应过程能量变化的是b； （2）A．Al与氢氧化钠溶液反应作为负极，镁不会失去电子转化为Mg2+，A不符合题意； B．Mg为负极失电子，，且稀硫酸提供氢离子生成氢气，B符合题意； C．Zn做负极失电子生成Zn2+，不会生成Mg2+，C不符合题意；     D．硝酸是氧化性酸，浓硝酸与铁发生钝化，正极会生成二氧化氮不会生成氢气，D不符合题意； 故选B。 ①装置中A，Al与氢氧化钠溶液反应作为负极，镁片为正极上发生还原，电极反应式为：6H2O＋6e－＝3H2↑＋6OH－，正极上的现象为生成气泡； ②装置D中，做负极，放电时铁为正极得电子，电极上的反应式为：； （3）①检查所示装置气密性的方法是：加热甲装置若丙中持续有气泡冒出则证明气密性良好； ②(标准状况)即物质的量为0.003mol，根据则消耗盐酸的物质的量。 12．(1) (或或) (2) (3) BD 催化剂M是基元反应Ⅳ的反应物，M浓度增大，使反应Ⅳ速率加快，从而使基元反应VI反应物L浓度增加，反应速率加快；因CO2和H2的浓度有限，一段时间后反应速率不再随催化剂浓度的增大而增大 【分析】利用右侧通入CO2，得电子被还原生成HCOO-，右侧Pb电极为阴极；阴极发生还原反应，则电极反应式为： (或或 )，左侧Pt电极为阳极，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，在该装置中，右侧Pb电极反应为 (或或 )，故答案为： (或或 )； （2）①Ⅰ．HCOOHCO+H2O(快)ΔH1，Ⅱ．HCOOHCO2+H2(慢)ΔH2，根据盖斯定律计算，反应Ⅱ-反应Ⅰ=水气变换反应，故水气变换反应CO+H2O⇌CO2+H2的焓变ΔH=ΔH2-ΔH1，故答案为：ΔH2-ΔH1； ②T1温度时，HCOOH建立电离平衡：HCOOH⇌HCOO-+H+，Ka=，c(HCOO-)=c(H+)，c(HCOOH)≈xmol•L-1，故c(H+)≈，此时反应Ⅰ正反应速率=kc(H+ )•c(HCOOH)=kx，故答案为：kx； （3）①A．由题干信息可知，即反应Ⅵ的活化能最大，反应速率最慢，则反应Ⅵ是总反应的决速反应，A错误； B． 与CO2(g)的压强无关，与溶解的浓度有关，B正确； C．适当温度升高，活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，反应速率加快，但温度升高到一定程度之后，催化剂活性将减弱，则反应速率减慢，即升高温度反应速率不一定增大，C错误； D．催化剂可以降低反应的活化能，活化分子百分数增多，有效碰撞次数增多，加快反应速率，D正确； 故答案为：BD； ②随着催化剂浓度增大，达到一定程度后，反应物与催化剂的接触已达到最大，再增加催化剂浓度，不会再加快反应速率，本题中催化剂M是基元反应Ⅳ的反应物，M浓度增大，使反应Ⅳ速率加快，从而使基元反应VI反应物L浓度增加，反应速率加快；因CO2和H2的浓度有限，一段时间后反应速率不再随催化剂浓度的增大而增大，故答案为：催化剂M是基元反应Ⅳ的反应物，M浓度增大，使反应Ⅳ速率加快，从而使基元反应VI反应物L浓度增加，反应速率加快；因CO2和H2的浓度有限，一段时间后反应速率不再随催化剂浓度的增大而增大。 13．(1) (2) b = < 0.05 16 c 【详解】（1）反应CH4(g)＋CO2(g) 2CO(g)＋2H2(g)可由反应①-反应③得到，故反应的衡常数K=。 （2）①a.容器内气体质量不变，容器体积不变，故密度一直保持不变，不能说明达到平衡状态； b.混合气体质量不变，反应前后气体的总物质的量改变，故平均相对分子质量不变能说明达到平衡状态； c.生成的速率与生成的速率为1:2时才能说明反应达到平衡状态； d.假设投料为1mol，反应CO的物质的量为xmol，则的体积分数为50%，一直保持不变，不能说明反应达到平衡状态； 答案选b。 ②根据图像可知，曲线X的反应速率更快，故曲线X的反应温度为400℃，温度越高三氧化碳转化率越高，故反应为吸热反应，温度越高化学平衡常数越大故该反应在a、b和c三点对应化学平衡常数大小关系为 = < ；图中a点氢气起始的物质的量为1.5mol，CO的转化率为50%，则反应的CO的物质的量为0.5mol，氢气的物质的量为1mol，则中达到平衡，则氢气的反应速率为，平衡时CO的物质的量为0.5mol,H2的物质的量为0.5mol，的物质的为0.5mol，则曲线Y对应温度下CO2(g)＋2H2(g)CH3OH(g)的平衡常数。 ③a.甲醇物质的量增多，可能是因为加入了甲醇平衡逆向移动； b.反应物的体积百分含量减小，可能是因为移出了反应物平衡逆向移动； c.正反应速率先增大后减小，能证明平衡正向移动； d.容器中的值变大，可能是因为加入甲醇导致，平衡逆向移动； 答案选c。 14．(1) (2)BC (3) Cat1 变化相同温度，Cat1的Rlnk变化值较小，即Ea较小(或其他合理表述) AC (4) 其他条件不变，增大投料比。反应物和生成物的分压增大(相当于增大压强)，平衡向逆反应方向移动 (5)p<3MPa时未达到平衡，随着压强增大，反应速率增大，乙醛转化率增大，p=3MPa时达到平衡状态，p>3MPa时增大压强，平衡向逆反应方向移动，乙醛平衡转化率减小 【详解】（1）根据盖斯定律，目标反应式=，故； （2）A．该反应是气体分子数减小的反应，在恒温恒容条件下总压强不变时达到平衡状态，A正确；B．对于恒容容器，充入氖气，各反应物质浓度不变，平衡不移动，B错误；C．气体分子数由多到少，它是熵减反应，C错误；D．平衡后，充入H2，平衡正向移动，乙醛平衡转化率增大，D正确； （3）①由表达式可知，催化剂效能影响活化能(Ea)，变化相同温度，Rlnk变化值越小，对应活化能越小，故Cat1催化效能较高；②A．由速率表达式可知，代入表格任意两组数据，，，n=2，该总反应为二级反应，A正确；B．代入任意一组数据计算，，B错误；C．上述反应中反应级数为2，而反应物的计量数为1，故该反应不是基元反应，C正确；D．代入数据计算，，D错误故选AC； （4）对于恒压条件下，充入N2后，CH3CHO、CH4、CO的总分压减小，平衡向正反应方向移动，CH3CHO的平衡转化率增大。增大投料比，反应的分压增大，平衡向逆反应方向移动；取起始CH3CHO、N2各1mol，则M点代表平衡状态下，各物质分压：，； （5）观察图示和反应式可知，反应是气体分子数增大的反应。p<3MPa时未达到平衡，随着压强增大，反应速率增大，乙醛转化率增大；p=3MPa时达到平衡状态，p<3MPa时增大压强，平衡向逆反应方向移动，乙醛平衡转化率减小，故p=3MPa达到峰值。 15．(1) (2) （用Ni作催化剂催化CO2和H2合成甲烷的反应速率慢）320℃后，升高温度，（催化剂 活性增大和温度升高导致）反应速率加快，反应相同时间时CO2的转化率增加 320℃时（用Ni-CeO2作催化剂催化CO2和H2合成甲烷的）反应已达到平衡，升高温度， 平衡向逆反应方向移动（或反应正向进行程度减小），CO2的转化率减小 (3) [Ar]3d104s1 CO2+2e- +2H+= HCOOH 确定阴极上生成的含碳化合物源自二氧化碳而非有机多孔电极材料 2.8 【详解】（1）“碳化”过程中二氧化碳与碳酸锂悬浊液生成碳酸氢锂，碳酸氢锂不稳定，受热易分解；“脱碳”的化学反应为碳酸氢锂受热分解为碳酸锂和二氧化碳、水，方程式为； （2）①由图可知，320℃时，Ni—GeO2的催化活性强于Ni的催化活性，以Ni—GeO2为催化剂时，催化合成反应已达到平衡，而以Ni为催化剂时，催化合成反应未达到平衡，320℃后，升高温度，反应速率加快，反应相同时间时二氧化碳的转化率增加；②由图可知，320℃时，以Ni—GeO2为催化剂时，催化合成反应已达到平衡，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小； （3）①Cu原子的核外电子排布式：[Ar]3d104s1； ②b电极为阴极，二氧化碳得到电子在酸性环境下发生还原反应生成HCOOH，电极反应式为CO2+2e- +2H+= HCOOH； ③有机多孔电极材料中含有碳元素，科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是确定阴极上生成含碳化合物源自二氧化碳而非有机多孔电极材料； ④由图可知，控制电压为0.8V，电解时生成0.2mol乙醇和0.2mol氢气，电极反应为、，则转移电子的物质的量为0.2mol×12+0.2mol×2=2.8mol。 16．(1)化学 (2)-90 (3) CD 96.7% 87% (4) 0.5 【详解】（1）煤的干馏是隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化； （2）根据燃烧热可得：① ② ③ 根据盖斯定律，反应Ⅲ=①+②-③，可知-90kJ/mol； （3）①A.压强一定，混入N2导致各物质浓度减小，反应向气体分子数增大的方向移动，降低了CO的转化率，A错误； B.一定的气体流速通入合成气，压强恒定，反应管的进、出口气体物质的量相同时，不能说明反应器内已达平衡，B错误； C.该反应放热，降低温度平衡正向移动可使α(CO)增大，C正确； D.根据其表达式，为了提高Y(CH4)，需要使α(CO)增大，同时抑制反应Ⅰ以外的化学反应，D正确； 故选CD； ②根据数据列出三段式： 此次实验中，氢气的转化率。 （4）①由+H+可得Ka2=，； ②CH4转化为CH3OH的过程中C化合价由-4变为-2，化合价升高，失去电子，电极反应式为。 17．(1) +49 (2) a B (3) CaO碳酸化反应为放热反应，温度大于300℃时不利于的吸收，反应ⅱ正向进行程度增大，产氢量降低 a 增大 【分析】本题重点考查学生对于化学平衡中的理解，看学生是否掌握压强平衡常数的计算， 以及对反应条件对平衡移动的影响。 【详解】（1）根据盖斯定律，iii-ii可得，，得，答案：+49、； （2）因为CO的选择性与CO2的选择性之和等于1，且水醇物质的量之比越大，反应i正向移动，反应ii逆向移动，则CO2的选择性增大，所以曲线a是的选择性曲线，曲线c是CO的选择性曲线，曲线b 是产氢率；由图可知，最优水醇物质的量之比是1.7，因为此时产氢率较高，如果继续增加水醇物质的量之比，产氢率变化不大，且水气化消耗的能量较高。所以选B，答案：a、B； （3）因为三个反应都是正向吸热，所以一定时，温度小于230℃，随温度升高产氢量增加，则主要以反应i、iii为主；温度大于300℃时，升高温度，平衡逆移，二氧化碳浓度增大，使反应i逆移，反应ii正移，则产氢量随温度升高而降低； 在温度为T℃的恒容密闭的石英管中，加入碳酸钙，加热至反应完全后(碳酸钙始终有剩余)，测得二氧化碳压强为a kPa，即二氧化碳在该温度下的平衡压强一直是a kPa； 恒温恒容，压强之比等于物质的量之比，得甲醇起始压强0.5p0kPa，水起始压强0.5p0kPa，假设平衡体系中甲醇分压xkPa，水分压ykPa，氢气的分压为b kPa，二氧化碳压强为a kPa，氧化钙对二氧化碳的吸收率为50%，则二氧化碳总共生成量表示为2a kPa，根据H原子守恒可知，0.5p0×4+0.5p0×2=4x+2y+2b，碳原子守恒可知，（0.5p0-x）×0.8=2a，解得甲醇压强x= kPa，则CO为0.5p0-2a-=0.5a kPa，氢气的分压为b kPa，根据压强平衡常数代入可知； 若继续加入甲醇，则增大，二氧化碳压强仍为a kPa，则增大；答案：CaO碳酸化反应为放热反应，温度大于300℃时不利于的吸收，反应ⅱ正向进行程度增大，产氢量降低、a、、增大。 18．(1) 低温    温度低于时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使的平衡转化率减小。温度高于时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使的平衡转化率增(或温度低于时，主要发生主反应，升高温度，主反应逆向移动，的平衡转化率减小；温度高于时，主要发生副反应，升高温度，副反应正向移动，的平衡转化率增大。) 0.024(或) (2) BC (3)I 【详解】（1）①主反应：  是个熵减且放热的反应，根据，可自发，则需要低温； ②由反应的机理分为两步：步骤i  生成，步骤ii则需要将做为反应物，根据盖斯定律：步骤ii=主反应-2×步骤i，得  ； ③温度低于时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度小于主反应平衡向左移动的程度，使的平衡转化率减小。温度高于时，随着温度升高，副反应平衡向右移动的程度大于主反应平衡向左移动的程度，使的平衡转化率增(或温度低于时，主要发生主反应，升高温度，主反应逆向移动，的平衡转化率减小；温度高于时，主要发生副反应，升高温度，副反应正向移动，的平衡转化率增大。) 设n(CO)、n(CO2)、n(H2)分别为1mol、5mol和20mol， 则达到平衡时，n(CO)=1.2mol，n(CO2)=4mol，n(H2)=17.4mol，n(CH3OCH3)=0.4mol，n(H2O)=1.4mol，平衡时混合气体总物质的量为24.4mol，副反应，答案为：0.024(或)； （2）①A．使用催化剂I时，CO2的转化率随温度升高先增大后减小。温度低于T4时，该反应未达平衡，温度升高，CO2的转化率随着化学反应速率增大而增大；温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动。因此d点未达到平衡，A错误；B．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此T3K的平衡常数大于T4K的平衡常数，B正确；C．a点时，v(H2)正=3v(CH3OH)逆，则达到化学平衡状态，此时反应已达到最大限度，C正确；D．温度高于T4时，可能是催化剂失活或活性降低，也可能是平衡逆向移动，D错误；故选BC。 ②原料气按(CO2)：n(H2)=1：2.8充入同一恒容密闭容器中达到平衡，相当于在平衡点a减少氢气的物质的量，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，因此在T4时，CO2的平衡转化率在a点下方。又因为温度升高，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率逐渐降低，由此可画出T3K～T5K之间CO2的平衡转化率变化曲线如下。 （3）②步骤I- IV中活化能Ea1> Ea3> Ea4> Ea2，则活化能最大的是步骤I，活化能越大，反应速率越慢，因此决速步骤是I； 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 $$