2025届高三化学二轮复习----化学反应速率与化学平衡

2025届高三化学二轮复习----化学反应速率与化学平衡 一、单选题 1．室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下的浓度随时间变化关系如图。 实验序号 水样体积 纳米铁质量 水样初始 ① 50 8 5 ② 50 2 5 ③ 50 2 8 下列说法不正确的是 A．实验①中，小时内平均反应速率 B．实验②中，反应的离子方程式为： C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好 2．X(g)＋3Y(g)2Z(g) ΔH＝－akJ·mol－1。一定条件下，将1 molX和3 molY通入2L的恒容密闭容器，反应10 min，测得Y的物质的量为2.4 mol。下列说法正确的是 A．10 min内，Y的平均反应速率为0.03 mol·L－1·s－1 B．10 min内，消耗0.2 molX，生成0.4 molZ C．第10 min时，X的反应速率为0.01 mol·L－1·min－1 D．10 min内，X和Y反应放出的热量为a kJ 3．CO和H2在一定条件下可以合成乙醇：2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2O(g)，下列叙述中能说明上述反应在一定条件下已达到最大限度的是(　　) A．CO全部转化为乙醇 B．正反应和逆反应的化学反应速率均为0 C．CO和H2以1∶2的物质的量之比反应生成乙醇 D．反应体系中乙醇的物质的量浓度不再变化 4．在1L的恒容密闭容器中发生反应：，反应正向进行时，在0~15s内用B表示的平均反应速率为，则0~15s内W增加的物质的量为 A．2mol B．3mol C．4mol D．3.6mol 5．利用Pt/a-MoC催化剂实现氢气的低温制备和存储的科研成果获得“2017年度中国科学十大进展”之一，涉及的化学反应为。不同反应条件下测得反应速率如下，反应速率最快的是 A． B． C． D． 6．X、Y、Z是三种气态物质，在一定温度下其变化符合下图。下列说法一定正确的是（　　） A．该反应的热化学方程式为X(g) +3Y(g) ⇌ 2Z(g) △H= -（E2-E1）kJ B．若图III中甲表示压强，乙表示Z的含量，则其变化符合图III中曲线 C．该温度下，反应的平衡常数数值约为533，若升高温度，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低 D．图II中曲线b是加入催化剂时的能量变化曲线，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线 7．已知反应： ，温度不同(T2>T1)。下列图像正确的是 A． B． C． D． 8．研究小组探究可逆反应，进行如图实验。 已知：为不溶于水的白色固体。 下列说法中，错误的是（　　）。 A．试管a中的现象说明滤液1中含有 B．试管c中的红色可能比试管a中的深 C．试管a、b中的现象可以证明“”为可逆反应 D．试管c中的现象说明，实验中与的反应速率更快，而与的反应限度更大 9．在1L的密闭容器中进行反应A (g) + 3B (g)⇌2C (g)，0~2 min内A的物质的量由2 mol减小到0.8 mol，则用A的浓度变化表示的反应速率为 A．1.2 mol / ( L·min ) B．1 mol / ( L·min ) C．0.6 mol / ( L·min ) D．0.4 mol / ( L·min ) 10．下列说法错误的是（　　） A．决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质 B．增大压强能提高活化分子的百分率，提高单位时间内分子有效碰撞次数 C．增大浓度能使单位时间内分子的有效碰撞次数增加，反应速率加快 D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的热效应 11．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)。下列根据相关图像所作的判断，正确的是（　　） A B C D 其他条件相同时，增大压强平衡向左移动 x为c(O2) 3s时，v(NO2)=0.2 mol·L−1·s−1 温度降低，反应的平衡常数增大 A．A B．B C．C D．D 12．已知：A(g)+2B(g)3C(g) ΔH<0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A．容器内气体的平均相对分子质量不变，表明反应达到平衡 B．t2时改变的条件：从容器中移出C C．平衡时A的体积分数φ：φ(II)>φ(I) D．若在t2时升温，则有利于提高A的转化率 13．下列操作或事实不能用勒夏特列原理解释的是 A．碳酸饮料打开瓶盖后，冒出大量气泡 B．工业合成氨采用200~500大气压的高压条件 C．装有0.5mol/LCuCl2溶液的试管置于冰水中，颜色发生改变 D．对H2(g)+I2(g)2HI(g)组成的平衡体系加压，颜色加深 14．可逆反应A(g)+4B(g)⇌C(g)+D(s)，在四种不同情况下的反应速率如下，其中反应进行得最快的是（　　） A．v(A)=0.15mol/(L·min) B．v(B)=0.02mol/(L·s) C．v(C)=0.4mol/(L·min) D．v(D)=0.01mol/(L·s) 15．影响化学反应速率的因素有多方面。下列说法不正确的是（　　） A．增大体系压强不一定能加快反应速率 B．增大浓度能增加反应体系中活化分子的百分数 C．催化剂能改变反应的活化能 D．升高温度能增加反应物分子之间的有效碰撞次数 16．一定温度下的恒容密闭容器中，可逆反应2NO2（g）2NO（g）+ O2（g）达到平衡状态的标志是（　　） ①2V（O2）=V（NO2） ②单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2 ③NO2、NO、O2的浓度之比为2∶2∶1 ④混合气体的颜色不再改变的状态 ⑤混合气体的密度不再改变的状态 ⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变 A．②④⑥ B．①④⑥ C．②④⑤ D．全部 17．一定温度和压强下，在密闭容器中发生反应：，反应达到平衡时，、和的物质的量依次为2mol、6mol和4mol。保持温度和压强不变，向平衡后的混合物中加入，平衡 A．向右移动 B．向左移动 C．不移动 D．无法判断 18．催化丙烯制醛的反应机理如图所示。下列说法错误的是（　　） A．上述循环过程中，Co的配位数发生了变化 B．上述循环过程中，有C-O键的形成，无C-O键的断裂 C．丙烯醛基化总反应为 D．可降低丙烯醛基化反应的活化能 19．在恒温密闭容器中发生反应： ( )，反应达到平衡后， 时缩小容器体积，x随时间(t)变化的关系如图所示。x不可能是（　　） A．V逆(逆反应速率) B．ρ(容器内气体密度) C．m(容器内CaO质量) D．c( 浓度) 20．常温下将4mL0.2 mol·L-1 FeCl3溶液与4mL0.5 mol·L-1 KSCN溶液混合(忽略溶液混合体积的变化)后发生如下反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，测得溶液中c(Fe3+)随时间的变化趋势如图所示，下列说法正确的是 A．生成Fe3+的速率P<N<M B．向P中加入少量铁粉，c(Fe3+)减小，平衡逆向移动，发生的离子方程式是：Fe+Fe3+=2Fe2+ C．该反应的平衡常数为1000 D．其他条件不变，若将P点溶液各组分浓度均变为原来的2倍，平衡逆向移动 二、综合题 21．开发CO2催化加氢合成二甲醚(CH3OCH3)技术是有效利用CO2资源，实现“碳达峰、碳中和”目标的重要途径。 （1）已知：反应① 反应② 则CO2催化加氢直接合成二甲醚反应③　 　kJ·mol-1，该反应的活化能：Ea(正)　 　(填“>”或“<”)Ea(逆) （2）CO2催化加氢除发生反应③外，还会发生副反应：。其他条件相同时，反应温度对CO2平衡总转化率的影响如图所示。 ①图中，温度高于290℃时，CO2平衡总转化率随温度升高而增大的原因可能是　 　。 ②T℃下，在2L恒容容器中投入1molCO2和3molH2，10min达到平衡时，CO2的总转化率为40%，此时CH3OCH3的选择性(已知)为50%。0~10min内　 　mol·L-1·min-1；T℃时，反应③的平衡常数K=　 　(写出数字表达式即可)。 （3）一种二甲醚-氧气燃料电池如图所示。 ①二甲醚从　 　(填“a”或“b”)口通入，写出M极的电极反应式：　 　。 ②当消耗13.44L(标准状况下)O2时，消耗的二甲醚的物质的量为　 　mol。 22．某研究性学习小组利用溶液和酸性溶液的反应进行了一系列探究外界条件的改变对化学反应速率的影响实验，相关实验如下： 实验 编号 实验温度/℃ 试管中所加试剂及其用量/mL 溶液颜色褪至无色所需时间/min 溶液 溶液 稀硫酸 1 25 3.0 3.0 2.0 2.0 6.4 2 25 4.0 2.0 2.0 5.0 3 25 5.0 1.0 2.0 4 25 1.5 4.5 2.0 2.0 5 50 5.0 2.0 2.0 （1）实验中发生的化学反应的离子方程式为　 　． （2）通过实验1、4，可探究　 　（填外部因素）对化学反应速率的影响．通过实验3、5，可探究温度对化学反应速率的影响，则　 　，　 　；实验得出　 　（填“＞”、“＝”或“＜”）． （3）0~5min内，实验2中高锰酸钾的平均反应速率为　 　．进行实验4时发现溶液几乎没有褪色，原因可能是　 　． （4）甲同学在实验1、2、3中观察到溶液褪色速率开始时较慢，反应一段时间后逐渐加快．查阅资料获悉： i．与酸性溶液反应的一种机理如图所示： ii．在溶液中呈紫红色，能发生反应，通常呈青绿色；呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和． ①仅由图示机理分析，反应一段时间后溶液褪色速率突然加快的原因可能为　 　． ②乙同学将实验1中溶液pH调至1时再次做实验，发现溶液紫色并未直接褪去，而是先变为青色溶液，一段时间后青色溶液逐渐褪至无色．乙同学结合上述信息，推测紫色溶液变为青色溶液时，青色溶液中可能含有．指导老师否定了该猜想，理由是　 　． 23．一定温度、压强下：反应的相关信息如下表： 活化能Ea H-H键能 I-I键能 -11 173.1 436 151 键能：气态分子中1化学键解离成气态原子所吸收的能量。 （1）反应的焓变=　 　，活化能=　 　。 （2）关于反应，下列描述正确的是____A．和的总能量为587 A．和的总能量大于的能量 B．加入催化剂，若正反应活化能减小100，则逆反应活化能也减小100 C．恒温恒容，向已平衡体系中再加入，正反应活化能减小，逆反应活化能不变 （3）研究发现，大多数化学反应并不是经过简单碰撞就能完成的，而往往经过多个反应步骤才能实现。实际上是经过下列两步基元反应完成的： 基元反应i：(快反应) 活化能： 基元反应ii：(慢反应) 活化能： ①决定反应速率的步骤是　 　(填“i”或“ii”)，　 　0(填“＞”、“＜”、“=”) ②将和通入1L容器中，达到化学平衡后将温度升高10℃，达到新平衡后，较原平衡　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)，请依据升高温度时基元反应i、ii的平衡移动情况，综合考虑浓度与温度对反应i平衡移动的影响，分析变化的原因：　 　。 24．有机物催化脱氢制备氢气和化工原料是当前石化工业研究的重要课题之一； （1）以甲烷、水蒸气为原料进行催化重整是制氢的常见方法之一，过程可能涉及反应： CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) △H1=+206.2 kJ∙mol−1 CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) △H2=−41.1 kJ∙mol−1 CH4(g)=C(g)+2H2(g) △H3=+74.8 kJ∙mol−1 ①反应C(g)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) △H4=　 　kJ·mol-1 ②向原料中添加正硅酸锂Li4SiO4作为CO2的吸附剂，除产生氢气外还生成两种盐，写出该反应的方程式　 　。 （2）甲基环己烷催化脱氢(+3H2)是石油工业制氢常见方法，以Ni−Cu为催化剂，固定反应温度为650K，以氮气为载气，在不同载气流速情况下，甲基环己烷脱氢转化率如图1所示，b点转化率能与a点保持相当的原因是　 　。 （3）以H2O、CaBr2、Fe3O4为原料进行气固相反应可以实现水的分解制得氢气，其反应原理如图2所示。反应“①”中生成3molHBr，生成氢气的物质的量为　 　，从原料到O2的生成过程可描述为　 　。 25．丙烯是一种重要的化工原料，在催化剂作用下，可以由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。 反应Ⅰ(直接脱氢)：　 反应Ⅱ(氧化脱氢)：　 反应Ⅲ(氢气燃烧)：　 回答下列问题： （1）　 　kJ/mol。 （2）对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入和Ar的混合气体。在温度为时，的平衡转化率与通入气体中的物质的量分数的关系如图1 ①结合图1，从平衡移动的角度分析，“通入Ar”的作用是　 　。 ②若要将的平衡转化率提高到60％，则　 　。 （3）恒温条件下，测得反应Ⅰ平衡时的物质的量浓度与平衡总压的关系如图2.请在图上画出平衡时的物质的量浓度随平衡总压变化的曲线　 　。(在图中C点平衡总压为10Mpa时，丙烷和丙烯的物质的浓度相等)。 （4）①关于反应Ⅲ，下列说法正确的是　 　。 A．该反应在任何温度下都能自发进行 B．升高温度，反应Ⅱ的平衡常数增大 C．通入的氧气越多，越有利于丙烷的氧化脱氢 D．将水液化分离出来，既可以加快反应速率，又能提高的转化率 ②与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯的优点是　 　。 （5）研究表明，可催化氧化脱氢制丙烯。在p=0.1MPa，，催化剂X的催化下，气体按一定流速通过反应器，丙烷转化率和产物选择性(丙烯的选择性=丙烯的产率÷丙烷的转化率×100％)随温度变化如下表： t℃ 丙烷转化率 产物的选择性 CO 400 4.06 93.12 2.20 4.68 500 12.32 91.23 3.16 5.61 600 35.22 85.44 7.73 6.83 下列说法不正确的是_____。 A．在较高温度下，催化剂X可提高产生丙烯反应的速率 B．催化氧化脱氢制丙烯的反应是放热反应 C．相同条件下，使用不同的催化剂，丙烷的平衡转化率相同 D．温度升高，催化剂X的活性下降，丙烯的产率降低 答案解析部分 1．【答案】D 2．【答案】B 3．【答案】D 4．【答案】D 5．【答案】C 6．【答案】C 【解析】【解答】A. 图Ⅰ中X、Y的物质的量浓度逐渐减小，应是反应物，Z的物质的量浓度逐渐增大，应是生成物，浓度的变化比值为（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根据浓度的变化之比等于化学计量数之比可知反应方程式应为X(g) +3Y(g) ⇌ 2Z(g)，由图Ⅱ可知反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反应热为△H= -（E2-E1）kJ/mol，该反应热化学方程式为X(g) +3Y(g) ⇌ 2Z(g) △H= -（E2-E1）kJ/mol，反应热的单位为kJ/mol，A项不符合题意； B. 压强增大，平衡右移，Z的含量应增大，B项不符合题意； C. 该反应放热，升高温度平衡左移，该反应的平衡常数减小，Y的转化率降低，C项符合题意； D. 图Ⅱ也可能为加入不同的催化剂，b的催化效果较好，或者是曲线b是加入催化剂，曲线a是没有加入催化剂时的能量变化曲线，D项不符合题意； 故答案为：C。 【分析】 A.图Ⅰ中根据各物质浓度变化趋势可知X、Y是反应物，Z是生成物，浓度的变化比值为＝1：3：2，则反应方程式应为X（g）＋3Y（g） ⇌ 2Z（g）；由图Ⅱ可知反应物的总能量较大，该反应放热，△H＝−（E2−E1）kJ/mol； C. 对于放热反应，升高温度，平衡逆移，平衡常数减小，Y的转化率降低； D. ​​​​​加催化剂可降低反应的活化能，图中不能确定a曲线是否加了催化剂。 7．【答案】B 8．【答案】C 【解析】【解答】A．向含Fe3＋溶液中滴加KSCN溶液，发生Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3，溶液变为红色，即试管a中加入KSCN溶液，溶液变红，说明滤液1中含有Fe3＋，故A说法不符合题意； B．饱和碘水是过量的，滤液1中有I2，试管b中加入淀粉，溶液变蓝，试管b中加入几滴AgNO3，有黄色沉淀，过滤后，滤液2中加入1滴KSCN溶液，溶液先变红，说明溶液中存在Fe3＋，假设Fe2＋与I2反应存在，试管b中加入AgNO3溶液，产生AgI沉淀，平衡向正反应方向进行，c(Fe3＋)增大，加入KSCN溶液后，生成c[Fe(SCN)3]比试管a多，红色加深，故B说法不符合题意； C．(NH4)2Fe(SO4)2与I2反应，饱和碘水是过量，Fe2＋不足，证明存在，需要证明Fe2＋的存在，试管a和b中没有证明Fe2＋存在，因此试管a和b不能证明存在，故C说法符合题意； D．试管c的现象：先变红，后迅速褪色，同时产生白色沉淀，实验中SCN－与Fe3＋反应速率更快，而与Ag＋反应限度更大，故D说法不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．依据Fe3＋遇KSCN溶液变红分析； B．依据实验现象，考虑已知可逆反应的移动； C．可逆反应进行不到底，反应物和产物共存； D．依据实验现象分析。 9．【答案】C 【解析】【解答】在1L的密闭容器中进行反应A(g)+3B(g)⇌2C(g)，0～2min内A的物质的量由2mol减小到0.8mol，则用A的浓度变化表示的反应速率v(A)= =0.6mol·L-1•mol-1； 故答案为：C。 【分析】利用υ=Δc/Δt计算。 10．【答案】B 【解析】【解答】A．决定化学反应速率的是反应物自身的性质，A不符合题意； B．增大压强只能改变单位体积内活化分子的数目，不能提高活化分子百分率，B符合题意 C．增大浓度能增大活化分子数，使单位时间内分子的有效碰撞次数增加，反应速率加快，C不符合题意； D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的热效应，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】依据增大浓度、增大压强能增大单位体积内的活化分子数；升高温度、使用催化剂可以增大活化分子百分数。 11．【答案】D 【解析】【解答】A．平衡后，增大压强，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，A不符合题意； B．增大生成物氧气的浓度，平衡逆向移动，反应物二氧化氮的转化率降低，B不符合题意； C．v(NO2)应为0~3s内的平均反应速率，而不是3s时的瞬时反应速率，C不符合题意； D．由图中曲线可知，该反应的正反应方向为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数K增大，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.该反应是气体体积减小的反应，增压平衡逆向移动； B.增大氧气浓度，平衡逆向移动，二氧化氮的转化率降低； C.v(NO2)应为0~3s内的平均反应速率。 12．【答案】C 13．【答案】D 14．【答案】C 【解析】【解答】A．把各物质的反应速率都转化为用A表示反应速率，v(A)=0.15 mol/(L·min)； B．v(B)=4v(A)=0.02mol/(L·s)，v(A)=0.3mol/(L·min)； C．v(C)=v(A)=0.4mol/(L·min)； D．D为固体，无反应速率； 故答案为：C 【分析】A．比较反应速率可以把各物质的反应速率都转化为同一种物质的反应速率，固体无反应速率。 15．【答案】B 【解析】【解答】A. 增大体系压强 如果不能改变反应物的浓度的话就不会加快反应速率，A选项不符合题意； B.增大浓度会增大单位体积内反应物的分子数，但是不影响活化分子百分数，B选项符合题意； C.催化剂可以降低活化能而加快反应速率，C选项不符合题意； D. 升高温度能增加反应物分子之间的有效碰撞次数 ，从而加快反应速率。D选项不符合题意。 故答案为：B。 【分析】A.比如，对于体积确定的反应，通入惰性气体，装置的压强增大，但是反应的速率不会加快； B.增大浓度会增大单位体积内反应物的分子数，但是不影响活化分子百分数； C.催化剂可以加快反应速率但是不会影响反应的反应热和限度； D.升高温度能增加反应物分子之间的有效碰撞次数 ，从而加快反应速率。 16．【答案】A 【解析】【解答】①未指明正逆反应，不能判断为平衡状态，①不符合题意； ②单位时间内生成n molO2的同时生成2n molNO2，正逆反应速率相等，为平衡状态，②符合题意；③NO2、NO、O2的浓度之比为2∶2∶1时，不一定是平衡状态，③不符合题意； ④混合气体的颜色不再改变的状态，达到平衡时，气体颜色不再变化，④符合题意；⑤混合气体的密度不再改变的状态不一定是平衡状态，⑤不符合题意；⑥混合气体的平均相对分子质量发生变化，平衡时混合气体的平均相对分子质量不再改变，⑥符合题意； 故答案为：A 【分析】未指明正逆反应，不能判断为平衡状态 ，正逆反应速率相等，为平衡状态，浓度之比，不一定是平衡状态，混合气体的颜色不再改变的状态，达到平衡时，混合气体的密度不再改变的状态不一定是平衡状态，混合气体的平均相对分子质量发生变化，平衡时混合气体的平均相对分子质量不再改变。 17．【答案】B 18．【答案】B 【解析】【解答】A．由图可知，Co可以形成3个配位键，也可以形成4个配位键，A不符合题意； B．由图可知，在第二步有C-O键的断裂，B符合题意； C．由题干反应历程图可知，总反应式为，C不符合题意； D．由题干反应历程图可知，，参与反应过程，反应前后保持不变，是该反应的催化剂，可降低丙烯醛基化反应的活化能，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.反应过程中Co的配位数为3、4； C.由图可知，该过程的反应物为丙烯、CO和氢气，产物为丙醛； D.2是该反应的催化剂，催化剂能降低反应的活化能。 19．【答案】C 【解析】【解答】A．温度一定的情况下，逆反应速率与c(CO2)有关，压缩体积，c(CO2)增大，逆反应速率增大，达到新平衡时，c(CO2)与原平衡相等，则逆反应速率与原平衡相同，与图像相符，x可能为逆反应速率，A不符合题意； B．整个反应体系中只有CO2一种气体，密度ρ只与CO2有关。缩小体积的瞬间，根据 ，V减小，ρ变大；达到新平衡时，c(CO2)与原平衡相等，则ρ与原平衡相同，x可能为ρ，B不符合题意； C．缩小体积时，c(CO2)增大，平衡逆向移动，m(CaO)减小，与图像不符，x不可能为m，C符合题意； D．该可逆反应的平衡常数 ，温度不变，平衡常数不变，压缩体积，c(CO2)增大，达到新平衡时，c(CO2)与原平衡相等，x可能为c(CO2)，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】该可逆反应的平衡常数 ，温度不变，平衡常数不变，达到新的平衡时，与原平衡相比，c(CO2)不变，由CO2的浓度有关的一些物理量也不会发生改变。 20．【答案】C 21．【答案】（1）2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH=-122.5kJ⋅mol-1；＜ （2）温度高于290℃，随温度升高，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)平衡向右移动的程度大于2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率上升；0.04； （3）b；O2+4H++4e-=2H2O；0.2 【解析】【解答】（1）由盖斯定律①×2+②可得反应③ ΔH3=(-49.0kJ⋅mol-1)×2+(-24.5kJ⋅mol-1)=-122.5kJ⋅mol-1；根据反应热ΔH=Ea(正)-Ea(逆)＜0，则Ea(正)＜Ea(逆)，故答案为：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=-122.5kJ⋅mol-1；＜； （2） ①在240℃～300℃范围内，相同温度下，二甲醚的实际选择性高于其平衡值，原因为温度高于290℃，随温度升高，平衡向右移动的程度大于2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率上升，故答案为：温度高于290℃，随温度升高，平衡向右移动的程度大于2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率上升； ②T℃下，在2L恒容容器中投入1molCO2和3molH2，10min达到平衡时，CO2的总转化率为40%，此时CH3OCH3的选择性为50%，列三段式：，，则有，，即，故0~10min内；T℃时，反应③的平衡常数， 故答案为：0.04；； （3）原电池中负极还原剂失电子发生氧化反应，正极氧化剂得电子发生还原反应，阳离子移向正极，阴离子移向负极。燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入空气或氧气的一极为正极。 ①原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极。硫酸根离子的流向N极，可知N极为负极，M为正极，正极上O2发生反应O2+4H++4e-=2H2O；N为负极，二甲醚从b口通入在N极上发生反应CH3OCH3−12e-+3H2O＝2CO2↑+12H+，故答案为：b；O2+4H++4e-=2H2O； ②消耗氧气物质的量，根据得失电子总数相等可知，消耗的二甲醚的物质的量为，故答案为：0.2。 【分析】（1）由盖斯定律①×2+②可得反应 ③，计算的数值；根据反应热ΔH=Ea(正)-Ea(逆)<0，得出Ea(正)＜Ea(逆)； （2）①在240℃～300℃范围内，相同温度下，二甲醚的实际选择性高于其平衡值，原因为温度高于290℃，随温度升高，平衡向右移动的程度大于2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)平衡向左移动的程度，使CO2的平衡转化率上升， ②T℃下，在2L恒容容器中投入1molCO2和3molH2，10min达到平衡时，CO2的总转化率为40%，此时CH3OCH3的选择性为50%，列三段式进行相关计算； （3）原电池中负极还原剂失电子发生氧化反应，正极氧化剂得电子发生还原反应，阳离子移向正极，阴离子移向负极。燃料电池中通入燃料的一极为负极，通入空气或氧气的一极为正极。 22．【答案】（1） （2）反应物浓度；2.0；1.0；＞ （3）0.008；草酸的量少，高锰酸钾有较多剩余 （4）反应产生了，它对与的反应具有催化作用；酸性条件下不稳定，易分解生成和黑色的沉淀，而实验过程中未观察到溶液中产生黑色沉淀 【解析】【解答】（1）草酸具有还原性，高锰酸钾具有氧化性，发生氧化还原反应得到锰离子和二氧化碳和水即可写出离子方程式为： ； （2）根据控制草酸的浓度对反应速率的影响，实验3和5比较温度对反应速率影响，因此V2=2，V3=1，温度越高，速率也越快，因此 ＞ ； （3） 0~5min内，实验2中高锰酸钾的平均反应速率为mol/(L.min)=0.008mol/(L.min)，结合实验4的量，草酸的量很低，高锰酸钾过量； （4）①根据反应机理得到产物中有锰离子，锰离子可能对反应起到催化作用； ②根据原理图可示， 呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和． 而在过程中无黑色沉淀出现，故不存在； 【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出离子方程式； （2）根据控制变量法即可判断； （3）根据高锰酸钾全部反应完即可计算其速率，结合数据即可判断草酸量少，高锰酸钾量过量； （4）①根据可能是产生了锰离子做催化剂； ②根据 呈绿色，在酸性条件下不稳定，迅速分解产生和即可判断。 23．【答案】（1）+11；184.1 （2）A；B （3）ii；＜；增大；升高温度，反应ii逆向移动使c(I2)增大；对于反应i，温度升高使之正向移动，c(I2)增大使之逆向移动，浓度增大的影响大于温度升高的影响 【解析】【解答】(1)根据一定温度、压强下：反应=-11的反应可知，的焓变=+11，活化能Ea=173.1+11=184.1。故答案：+11；184.1。 (2)A. H-H键能E=436 ，I-I键能E=151 ，所以 和 反应，需要吸收的总能量为587 ，故A不正确； B. 一定温度、压强下：反应 =-11 为放热反应，所以 和 的总能量大于 的能量，故B正确； C. 催化剂只是改变反应的活化能，不能改变反应热，所以加入催化剂，若正反应活化能减小100 ，则逆反应活化能也减小100 ，故C正确； D. 恒温恒容，向已平衡体系中再加入 ，氢气的浓度增大，活化分子数增多，反应速率加快，不影响活化能，故D不正确； 故答案：BC。 (3)①决定 反应速率的步骤是反应速率慢的步骤，所以基元反应ii决定 反应速率； 基元反应i： (快反应) 为吸热反应，基元反应ii： (慢反应) 为放热反应，所以 ＞0，故答案：ii；＜。 基元反应ii： (慢反应) 为放热反应，升高温度平衡逆向进行，I原子浓度增大；基元反应i： (快反应) 为吸热反应，升高温度平衡正向进行，但I原子浓度增大影响的更大，导致基元反应i逆向移动，使I2浓度增大。故答案：增大；升高温度，反应ii逆向移动使c(I2)增大；对于反应i，温度升高使之正向移动，c(I2)增大使之逆向移动，浓度增大的影响大于温度升高的影响。 【分析】 (1)、依据焓变等于正逆反应活化能之差分析解答； (2)、依据活化能、活化分子和焓变以及化学反应速率之间的关系分析解答； (3)、反应速率的步骤是反应速率慢的步骤；依据化学平衡移动原理分析解答。 24．【答案】（1）+90.3；CH4＋2H2O＋Li4SiO4Li2SiO3＋Li2CO3＋4H2 （2）a点载气流速较小，甲基环己烷的浓度较大，其在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率较小，故其转化率较小；适当加快载气流速可以减小反应物的浓度，使反应物在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率变大，故甲基环己烷转化率随载气流速适当加快而提高；b点载气流速过快，会使甲基环己烷在催化剂表面的反应时间减少，导致甲基环己烷转化率降低，因此，b点转化率能与a点保持相当 （3）0.5mol；在高温下，水先与溴化钙反应生成氧化钙和溴化氢；然后溴化氢与四氧化三铁反应生成溴化亚铁和溴；溴再与氧化钙反应生成溴化钙和氧气，水再与溴化亚铁反应生成氢气、四氧化三铁和溴化氢，催化剂得以再生。如此周而复始，水在催化剂（CaBr2、Fe3O4）的作用下转化为氧气和氢气，总反应的化学方程式为 2H2OO2↑＋2H2↑ 【解析】【解答】（1）①将第一个方程式加上第二个方程式，再减去第三个方程式得到反应C(g)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g) △H4=+206.2 kJ∙mol−1+(−41.1 kJ∙mol−1) –(+74.8 kJ∙mol−1)=+90.3 kJ∙mol−1；故答案为：+90.3。 ②向原料中添加正硅酸锂Li4SiO4作为CO2的吸附剂，除产生氢气外还生成两种盐，说明CO2与Li4SiO4反应生成碳酸锂和硅酸锂，其反应方程式CH4＋2H2O＋Li4SiO4Li2SiO3＋Li2CO3＋4H2；故答案为：CH4＋2H2O＋Li4SiO4Li2SiO3＋Li2CO3＋4H2。 （2）b点转化率能与a点保持相当的原因：a点载气流速较小，甲基环己烷的浓度较大，其在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率较小，故其转化率较小；适当加快载气流速可以减小反应物的浓度，使反应物在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百分率变大，故甲基环己烷转化率随载气流速适当加快而提高；b点载气流速过快，会使甲基环己烷在催化剂表面的反应时间减少，导致甲基环己烷转化率降低，因此，b点转化率能与a点保持相当。 （3）反应①为3FeBr3＋4H2O＝Fe3O4＋H2↑＋6HBr，生成1mol氢气同时生成6molHBr，反应生成3molHBr，则生成氢气的物质的量为0.5mol。根据图中信息可知，从原料到O2的生成过程可描述为：在高温下，水先与溴化钙反应生成氧化钙和溴化氢；然后溴化氢与四氧化三铁反应生成溴化亚铁和溴；溴再与氧化钙反应生成溴化钙和氧气，水再与溴化亚铁反应生成氢气、四氧化三铁和溴化氢，催化剂得以再生。如此周而复始，水在催化剂（CaBr2、Fe3O4）的作用下转化为氧气和氢气，总反应的化学方程式为2H2OO2↑＋2H2↑。 【分析】盖斯定律：一个化学反应不管是一步完成的，还是多步完成的，其热效应总是相同的。 25．【答案】（1）＋124 （2）减小气体浓度(或分压)，使平衡右移，提高转化率；1：3.8 （3） （4）A；反应温度较低、节约能源 （5） 学科网（北京）股份有限公司 $$