2025届高三化学二轮复习 --- -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高三上·浙江台州·阶段练习）甲醇是一种可再生能源，用和合成甲醇的过程主要有以下反应： 反应I：   反应II：   反应III：   请回答： (1)反应III自发进行的条件是 。 (2)恒温恒容条件下，若仅发生反应II，反应达到平衡的标志是___________。 A．CO的分压不再发生变化 B．气体平均相对分子质量不再发生变化 C．气体密度不再发生变化 D．比值不再发生变化 (3)在5.0MPa恒定压强和催化剂作用下，以的投入量进行反应，体系到达平衡后的CO与在含碳产物中的物质的量百分数、转化率随温度的变化如图1所示。 ①表示平衡时在含碳产物中物质的量百分数的曲线是 (填a或b)。 ②平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是 。 (4)反应I、III的逆过程又称为甲醇水蒸气重整，是电动汽车常见的氢源。在常压、CaO催化下，和以体积比1：1.2混合，总物质的量为2.2mol，反应至时刻测得转化率及CO、选择性随温度变化分别如图2所示，260℃时的物质的量随时间的变化曲线如图3所示。 ①下列说法正确的是 。 A．反应适宜温度为300℃ B．工业生产通常在高压条件下进行甲醇水蒸气重整 C．CaO催化剂具有更高催化活性，可以提高甲醇平衡转化率 D．其他条件不变，适当升高温度有利于提高的产率 ②通过计算在图3中画出300℃时，反应至时刻物质的量随时间变化的曲线。 2．（2024高三下·云南保山·阶段练习）．在密闭容器内，时反应体系中，随时间的变化如下表： 时间 0 1 2 3 5 6 (1)下图中表示的变化的曲线是 (填字母)。 (2)800℃，反应达到平衡时，的转化率是 。 (3)用表示从内该反应的平均速率 。 ．将一定量纯净的氨基甲酸铵()置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡：。 (4)能使该反应的速率增大的是___________。 A．及时分离出气体 B．适当升高温度 C．加入少量 D．选择高效催化剂 (5)下列不能判断该分解反应已经达到化学平衡状态的是 (填序号)。 ① ②混合气体的密度保持不变 ③的体积分数保持不变 ④密闭容器中气体总压强保持不变 ⑤气体的平均相对分子质量保持不变 ．某甲醛气体探测仪利用燃料电池工作原理对甲醛含量进行检测，电池结构如图所示。 (6)探测仪工作时，电子从 (选填“”或“”)极流出，电极的电极反应式为 。 (7)如果在外电路中有电子发生转移，则检测出标准状况下甲醛的体积为 。 3．（2024高三上·辽宁·阶段练习）化学在生产生活中有很多应用，按要求回答下列问题 (1)硫化氢()、二氧化硫()是有害气体，可用多种方法进行脱除。(已知25℃时，的，，) ①和的VSEPR模型分别为 、 。 ②室温下，若在硫酸铜溶液中通入过量气体，此时溶液中的pH是 。 (2)通过电化学循环法可将转化为和(如图所示)。其中氧化过程发生如下两步反应：、 ①电极a上发生反应的电极反应式为 。 ②理论上1mol参加反应可产生的物质的量为 。 (3)合成氨是人工固氮最重要的途径。 ①传统铁触媒催化会面临两难问题：高温可增大反应速率，但的平衡产率较低。我国科研人员研制了Ti-H(Ⅱ)-Fe(Ⅰ)双温催化剂，通过光辐射产生温差，如体系温度为时，(Ⅰ)的温度为，而Ti-H(Ⅱ)的温度为，可解决该问题。 下列说法正确的是 (填序号)。 A．ⅰ为氮氮三键的断裂过程，ⅰ、ⅱ、ⅲ在高温区发生 B．ⅳ为原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程 C．“热”高于体系温度，在表面断裂，有利于提高合成氨反应速率 D．“冷Ti”低于体系温度，氨气在其表面生成，有利于提高氨的平衡产率 ②以和为原料通过电化学方法也能实现合成氨，反应装置如图所示 阳极的电极反应为 。同温同压下，相同时间内，若进口I的，出口I处气体体积为进口I处的y倍，则的转化率为 (用表示)。 (4)P与属于同主族元素，亚磷酸二氢钾是一种杀菌消毒剂。已知：常温下，的电离常数；；。以和为原料制备和的装置如图。 ①已知与足量的溶液反应生成，由此推知是 (填“正”或“酸式”)盐。 ②常温下溶液 7(填“>”、“<”或“=”)。 ③膜2为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜，电极上发生的电极反应式为： 。 4．（2024高三上·陕西渭南·期中）海洋资源的综合利用是21世纪世界海洋开发利用的重点领域之一。 (1)模拟工业制备氯气 装置如图所示，接通电源，当观察到石墨电极与滤纸接触的区域有细小的气泡产生时，停止通电。将pH试纸分别放在a、b处滤纸上，观察颜色变化。 ①写出“通电”时发生反应的离子方程式 。 ②在上述实验中观察a处pH试纸中心呈白色，边缘有一圈淡淡的红色，b处pH试纸呈 色。 (2)海水晒制的粗盐中有大量的杂质，欲除去粗盐水中的、、，设计如下工艺流程(所加试剂均过量)。 ①试剂a、试剂b、试剂c依次为 。 ②实验室中进行操作x需用到的玻璃仪器除烧杯外还有 。 (3)探究二氧化碳在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿。研究表明，溶于海水的二氧化碳主要以无机碳形式存在，其中占90%。科学家利用下图所示装置从海水中提取CO2，有利于海洋环境保护。 ①请从化学角度分析海水呈弱碱性的原因： (用表达式描述)。 ②写出阳极发生的电极反应 ，阴极发生的电极反应 。 ③b室中发生反应的离子方程式 。 5．（2024高三上·陕西渭南·期中）利用含有二氧化碳的工业废气为碳源合成甲醇，既有利于碳中和，又能提供清洁燃料。工业上在Cu-ZnO催化下利用CO2发生如下反应生产甲醇，同时伴有反应发生。 ． ． 回答下列问题： (1)①已知： ，则 。 ②对于上述反应体系，下列说法正确的是 A．恒温恒容条件下，再充入CO2，平衡正向移动，、中CO2的转化率均增大 B．加入适量的CO，可提高甲醇的产率 C．从体系中分离出H2O(g) ，可以加快合成的速率 (2)向密闭容器中加入和，合成。已知反应Ⅰ的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中为速率常数。 ①上图中能够代表的曲线为 (填“”“”或“”“”)。 ②温度为时，反应的化学平衡常数 。 (3)工业上利用的逆反应制取氢气：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=-41.2kJ·mol-1 某小组研究在相同温度下该反应过程中的能量变化。他们分别在容积相等的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的反应物，使其在相同温度下反应，得到如下数据： 容器 编号 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡的时间/min 达到平衡时能量的变化 CO H2O CO2 H2 A 1 2 0 0 t1 放出热量32.96kJ B 3 6 0 0 t2 放出热量Q ①到达平衡时间关系t1 t2(填“>”“<”或“=”，下同)。 ②容器B达到平衡状态时CO的转化率是 ，放出热量Q= kJ。 (4)我国科学者又进一步研究了在ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理；其主反应历程如图所示(H2→*H+*H)。下列说法错误的是 (填字母)。 a．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100% b．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物 c．向该反应体系中加入少量的水不能增加甲醇的收率 d．第③步的反应式为*H3CO+H2O→CH3OH+*HO 6．（2024高三上·江苏扬州·期中）合成氨对人类具有重大意义，反应为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H，一定条件下，该反应在2L的密闭容器中进行，测得如表数： 0 min 10min 20 min 30min 40 min n(N2)/mol 1.5 1.4 1.2 1.0 1.0 n(H2)/mol 4.5 4.2 3.6 3.0 3.0 n(NH3)/mol 0 0.2 0.6 1.0 1.0 (1)为提高此反应的速率，下列措施可行的是_______ (填字母)。 A．充入氦气 B．降低温度 C．使用适合催化剂 D．移出NH3 (2)0-20min内的平均反应速率v(N2)为 mol/(L·min)。 (3)反应达到平衡后，若往平衡体系中再加入N2、H2和NH3各1.00mol，化学平衡将 (填“正向移动”或“逆向移动”或“不移动”)。 (4)已知断裂相应化学键需要的能量如下，则△H= kJ•mol-1。 化学键 能量 (5)一种将氢气与氮气利用电解原理制备NH3 的装置如图，图中陶瓷在高温时可以传输H+。其中Pd电极a为 (填“阳极”或“阴极”)，该电极的电极反应式 。 7．（2024高三上·江苏连云港·期中）环戊二烯(分子式为，结构简式为()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题： (1)已知：反应①    反应②    则反应③的 ，平衡常数 (用、表示)。 (2)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在恒容密闭容器内发生反应③，平衡时总压增加了20％，环戊烯的转化率为 ；达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有 (填标号)。 A．通入惰性气体    B．提高温度    C．增加环戊烯浓度    D．增加碘浓度 (3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应，不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示： ①b点时二聚体的浓度为 。 ② (填“>”“=”或“<”) ③a点时平均反应速率为v(环戊二烯)= (4)二茂铁［，结构简式为］广泛应用于航天、化工等领域。以环戊二烯为原料电化学制备二茂铁的原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的惰性有机溶剂。 ①Ni电极为 极(填“正”“负”“阴”或“阳”)。 ②电解总反应为 。 ③电解制备需要在无水条件下进行，原因是 、 。 8．（2024高三下·河北保定·阶段练习）按要求回答下列问题： (1)下列反应中，属于放热反应的是 (填字母，下同)，属于吸热反应的是 。 a．盐酸与烧碱溶液反应     b． c．氢气在氧气中燃烧生成水     d．高温煅烧石灰石使其分解 e．铝和盐酸反应     f．浓硫酸溶于水得到稀硫酸 (2)为了研究化学反应A+B=C+D的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面上升乙处液面下降。 试回答下列问题： ①该反应为反应 (填“放热”或“吸热”)。 ②该反应的反应物化学键断裂吸收的能量 (填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。 (3)A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。 装置 现象 金属A不断溶解 C的质量增加 A上有气体产生 根据实验现象回答下列问题： ①装置甲溶液中的阴离子移向 (填“A”或“B”)极。 ②装置乙中正极的电极反应式为 。 ③四种金属活动性由强到弱的顺序是 。 (4)甲烷可直接应用于燃料电池，该电池采用KOH溶液为电解质，其工作原理如图所示： ①外电路电子移动方向： (填“a极到b极”或“b极到a极”)。 ②a电极的电极方程式为 。 9．（2024高三下·山西大同·期末）研究氮的氧化物的性质对环境保护有重要意义。回答下列问题： (1)用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。在酸性溶液中，HClO氧化NO生成和的离子方程式为 。 (2)如图为1mol 和1mol 充分反应生成2mol NO(g)的能量变化图。若断裂1mol 分子中的化学键，需要 能量。该反应中反应物所具有的总能量 (填“高于”“低于”或“等于”)生成物所具有的总能量。 (3)消除的反应原理为。在一定温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的和进行上述反应。下列情况能用来判断该反应达到化学平衡状态的是___________(填字母)。 A．和浓度相同 B．容器中混合气体的平均密度不再变化 C．容器内的物质的量浓度不再变化 D．单位时间内，消耗2mol 同时生成2mol (4)一定条件下，在2L密闭容器内，发生反应，随时间变化如下表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 0.040 0.014 0.008 0.005 0.005 0.005 ①用表示0～2s内该反应的平均速率 ，在第5s时，的转化率为 %。 ②根据上表可以看出，随着反应的进行，反应速率逐渐减小，其原因是 。 (5)、和熔融可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨电极上生成氧化物，可循环使用。已知该电池总反应式为。负极为 (填“石墨”或“石墨”)，正极电极反应式为 。 10．（2024高三下·内蒙古通辽·阶段练习）能源是现代文明的原动力，通过化学方法可以使能量按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提高能源的利用率。请回答下列问题。 (1)页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，成分以甲烷为主，页岩气的资源潜力可能大于常规天然气。下列有关页岩气的叙述错误的是___________(填字母)。 A．页岩气属于新能源 B．页岩气和氧气的反应是放热反应 C．甲烷中每个原子的最外层电子排布都达到8电子稳定结构 D．页岩气可以作燃料电池的负极燃料 (2)在体积为1 L的恒温密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，一定条件下发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图1所示。 ①从3 min到9 min，v(CO2)= mol·L-1·min-1(计算保留两位有效数字)。 ②能说明上述反应达到平衡状态的是 (填字母)。 A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1(即图中交叉点) B．混合气体的压强不随时间的变化而变化 C．单位时间内生成1 mol H2，同时生成1 mol CH3OH D．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化 ③平衡时CO2的转化率为 。 ④平衡混合气体中CO2(g)和H2(g)的质量之比是 。 ⑤第3分钟时v正(CH3OH) 第9分钟时v逆(CH3OH)(填“>”“<”“=”或“无法比较”)。 (3)用CH4和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图2： ①则电极d是 (填“正极”或“负极”)，电极c的电极反应式为 。 ②若线路中转移2 mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为 L。 11．（2024高三下·陕西咸阳·阶段练习）能量以多种不同的形式存在，并能相互转化。 Ⅰ．合成氨反应在化工生产中具有重要意义。 (1)合成氨反应为放热反应，下列图示表示的过程也为放热反应的是 (填字母)。 a．　b．　c． (2)和在催化剂表面合成氨的微观历程如图所示，用、、分别表示、、。下列说法中正确的是_______(填字母)。 A．反应过程存在非极性共价键的断裂和形成 B．催化剂仅起到吸附和的作用，对化学反应速率没有影响 C．②→③过程吸热 D．使用催化剂，合成氨反应放出的热量减少 Ⅱ．电池的发明是储能和供能技术的巨大进步，如下图所示的原电池装置，插入电解质溶液前和电极质量相等。 (3)电解质溶液为稀盐酸时，下图中箭头的方向表示 (填“电子”或“电流”)的流向，铁棒上的电极反应式为 。 (4)电解质溶液更换为X时，电极质量变化曲线如下图所示。 ①X可以是 (填字母)。 A．稀硫酸　B．溶液　C．浓硝酸　D．溶液 ②时电极的质量a为 g。 12．（2024高三下·云南保山·阶段练习）二甲醚(CH3OCH3)是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式为： 2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH=—206.0 kJ·mol-1。 工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行： i.甲醇合成反应：_______。 ii.甲醇脱水反应：2CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH=—24.0kJ·mol-1。 (1)起始时向容器中投入2molCO和4molH2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为 。 (2)请补全甲醇合成反应的热化学方程式 。 (3)甲醇脱水反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)，是制备二甲醚的重要环节。 ①某温度下，该反应的化学平衡常数K=360，在恒容密闭容器中加入一定量的CH3OH(g)，测得某时刻各组分浓度如下表所示，此时正反应速率 逆反应速率(填“>”、“<”或“=”)。 物质 CH3OH CH3OCH3 H2O 浓度/(mol/L) 0.02 0.4 0.4 ②在一定温度下的恒容密闭容器中发生甲醇脱水反应，下列能说明该反应已达到平衡状态的是 。 a.相同时间内消耗CH3OH的物质的量与消耗CH3OCH3的物质的量之比为2：1 b.混合体系内各组分浓度不变 c.恒容密闭容器内的压强不变 (4)生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争。 将反应物混合气按进料比通入反应装置，选择合适的催化剂。在不同温度下，反应相同时间，测得二甲醚的选择性如图所示。已知：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO 在全部转化的CO中所占的比例。温度高于265℃后，随着温度升高三甲醚选择性降低的原因是 。 (5)CO可以用于生产多晶金刚石箔，将一氧化碳和氢气混合，在高温高压下通过催化剂使之沉积在金属基底上，形成金刚石晶体。金刚石的晶胞如图，晶胞参数为bnm，晶胞中C与C间的最小距离为 nm，晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 13．（2024高三上·河南郑州·期中）化学用语是学习化学的重要工具。 (1)t℃、P压强下，将0.5mol N2(g)和1.5mol H2(g)置于密闭的容器中生成NH3(g)，平衡后，放热QkJ，N2的平衡转化率为50%，该反应的热化学方程式为 。 (2)图1是1 mol NO2(g)和1 mol CO(g)反应生成CO2(g)和NO(g)过程中的能量变化示意图，请写出该反应的热化学方程式： 。 (3)CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g)  =-90.0 kJ·mol-1。 已知：相关化学键的键能如下表所示。 化学键 H-H H-O C-O C-H 键能(kJ·mol-1) x 436 465 351 413 则表中的x= ；该反应在 (填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。(已知CO的结构式为：) (4)一种以肼(N2H4)为液体燃料的电池装置如图2所示。该电池用空气中的氧气作氧化剂，KOH作电解质。负极的电极反应式为 。 (5)高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色水处理剂。工业上可用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图3所示，两端隔室中离子不能进入中间隔室。阳极反应式： 。 14．（2024高三下·四川广元·阶段练习）杭州亚运会主火炬燃料是“零碳甲醇”，这是一种利用焦炉气中的和工业废气捕获的生产的绿色燃料。两者在适宜的过渡金属及其氧化物催化下发生反应： (1)①则 (用含和的代数式表示)； ②实验测得(记作)与温度的关系如下图所示，则该反应 0(填“>”“<”或“=”)。 (2)，在甲(容积为)、乙(容积为)两刚性容器中分别充入和，在适宜的催化剂作用下发生合成甲醇的反应，容器内总压强随时间变化如图所示： ①其中B曲线对应 容器中压强的变化情况(填“甲”或“乙”)； ②利用图中数据计算该反应的分压平衡常数 (结果用分数表示)。 (3)研究合成甲醇的催化剂时，在其他条件不变仅改变催化剂种类的情况下，对反应器出口产品进行成分分析，结果如下图所示： 在以上催化剂中，该反应选择的最佳催化剂为 。 (4)在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响的产率。为了研究水分子对该反应机制的内在影响，我国学者利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响，如图所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)： 资料显示：水也可以使催化剂活化点位减少。结合资料、上图及学过的知识推测在反应气中添加水蒸气将如何影响甲醇产率及产生这种影响的原因(任答两点) 。 15．（2024高三下·江苏南京·阶段练习）NO是环境污染物。 (1)以氨气为原料脱硝除去NO。 ①合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，氨的用途广泛。 已知：          则的△H= 。 ②近期我国科学家为了解决合成氨反应速率和平衡产率的矛盾，选择使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为547℃，而的温度为415℃)。结合下图解释该催化剂解决上述矛盾的原理是 。 ③直接常压电化学合成氨以纳米作催化剂，和N₂为原料制备。其工作原理如图所示： ⅰ．阴极的电极反应式为 。 ⅱ．电解过程中，由于发生副反应，使得阴极制得的中混有少量气体单质，则理论上阳极和阴极生成气体的物质的量之比的范围是 。 (2)以丙烯为原料脱硝除去NO。 研究表明用Mn基催化剂添加Ce助剂催化丙烯脱硝效果显著。其原因是形成活性参与反应，下图为丙烯脱硝机理。 ①图中，甲为 。(用化学式表示) ②若参加反应的丙烯与NO物质的量之比为1∶2，则反应的化学方程式为 。 16．（2024高三上·江苏南京·阶段练习）2024年杭州亚运会主火炬全球首创使用零碳甲醇燃料。利用合成气(主要成分为、和)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下： ⅰ．   ⅱ．   ⅲ．   (1)反应ⅱ中相关化学键键能数据如下表所示，则 。 化学键 436 803 1076 465 (2)可用作选择性加氢转化为的催化剂。其制备过程可表示为 ①“沉锌”生成碱式碳酸锌[]，反应的离子方程式 。 ②已知的一种晶体晶胞如图所示，请在下图中按图例画出该晶胞沿轴方向的平面投影图 。 ③棒状、片状均可有催化活性。在催化剂存在下，控制和初始投料比相同，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据(甲醇选择性) 在范围内，比较图和图两种催化剂催化加氢性能，在加氢合成甲醇时优先选用催化剂的原因为 。 (3)是发展氢能的关键环节，是最佳的储氢载体。在合金表面上甲醇与水蒸气重整释氢的机理如下图所示(“*”表示此微粒吸附在催化剂表面)。根据元素电负性的变化规律，描述步骤2的反应过程： 。 (4)请从物质转化的角度简述杭州亚运会倡导使用零碳甲醇燃料的重要意义： 。 17．（2025·广东·一模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为： 反应Ⅰ：+CO2(g)+ H2O(g) +CO(g)   已知：反应Ⅱ：+ H2(g)   反应Ⅲ：    回答下列问题： (1)反应Ⅰ的 。 (2)下列关于反应Ⅰ~Ⅲ的说法正确的是___________(填字母)。 A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量 B．保持恒定时，说明反应Ⅰ达到化学平衡状态 C．其他条件相同，反应Ⅱ分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高 D．反应Ⅲ正反应的活化能小于逆反应的活化能 (3)在高温催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理： 该机理可表示为以下两个基元反应，请结合图示补充完整反应ⅰ和反应ⅱ： ⅰ：＋___________＋___________， ⅱ：______________________， (4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应Ⅰ。控制投料比[]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示： ①曲线A的投料比为 ，Q点平衡常数 P点平衡常数(填“>”、“<”或“=”)。 ②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是： ⅰ．乙苯的浓度过低； ⅱ． 。 ③850K时，若初始乙苯的物质的量为，反应经达到图中P点所示状态，则 。 18．（2024高三上·江苏南京·阶段练习）用化学方法进行环境修复已成为环境修复领域的重要研究方向。 (1)O3能将NO和NO2转化成绿色硝化剂N2O5.已知下列热化学方程式： ； ； 。 则反应的 。 (2)一种通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化脱除NO2的原理如下图所示。脱除NO2的总反应为 。 (3)以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”“脱硝”。控制溶液的pH=5.5，将烟气中的SO2、NO转化为、，均为放热反应。 ①一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图，SO2的脱除率高于NO，可能的原因是 (写出1种即可)。 ②烟气中SO2和NO的体积比为4：1，50℃时的脱除率见下图，则此吸收液中烟气转化生成的，和Cl-的物质的量之比为 。 (4)纳米铁粉可用于去除废水中的硝态氮(以表示)，反应原理如下图所示。 ①有研究发现，在铁粉总量一定的条件下，水中的溶解氧过多不利于硝态氮去除。其原因是 。 ②利用纳米铁粉与活性炭的混合物可提升硝态废水中硝态氮的去除效率。控制纳米铁粉与活性炭总质量一定，反应时间相同，测得废水中硝态氮残留率与混合物中的关系如下图所示，过大和过小都会导致硝态氮残留率上升，原因是 。方向1上升幅度小于方向2，原因是 。 19．（2024高三下·北京·期中）二氧化碳的综合利用是实现碳达峰、碳中和的关键。减排能有效降低温室效应，同时，也是一种重要的资源，因此捕集与转化技术研究备受关注。用制备可实现的能源化利用，反应如下： (1)①温度为523K时，测得上述反应中生成8.0 g和一定量的气态水放出的热量为12.3 kJ，反应的热化学方程式为 。 ②T℃时，向容积为2 L的恒容密闭容器中通入4.0 mol 和6.8 mol ，5分钟时反应达到平衡，的转化率为50%，在0~5 min内容器中 。 (2)工业上用制备的过程中存在以下副反应：   kJ/mol ①在恒温、恒容条件下，下列事实能说明上述反应达到平衡状态的是 (填字母序号) A．体系内    B．体系压强不再发生变化 C．体系内混合气体的密度保持不变    D．体系内CO的物质的量分数不再发生变化 ②升高温度，该反应的化学平衡常数 (填“变大”“变小”或“不变”)。 ③理论上，能提高平衡转化率的措施有 (写出一条即可)。 ④将反应物混合气按进料比通入反应装置，选择合适的催化剂，发生反应在不同温度和压强下，平衡产率和平衡转化率分别如图1、图2。    图2中，压强为，温度高于503K后，平衡转化率随温度升高而增大的原因是 。 (3)实际生产中，测得压强为时，相同时间内不同温度下的产率如图。 图中523K时的产率最大，可能的原因是 (填字母序号) a．此条件下主反应限度最大 b．此条件下主反应速率最快 c．523K时催化剂的活性最强 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)低温 (2)AD (3) a 升温后以反应II为主，该反应为吸热反应，升温正向移动，的转化率增大 (4) BD 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应I-反应II=反应III，则反应III的反应热=，即反应III为=，、，据可知，其自发进行的条件是低温； （2）A. 反应II为气体体积不变的反应，恒温恒容条件下，容器的压强恒定，当一氧化碳的物质的量不变时CO的分压不再发生变化，此时正、逆化学反应速率相等，反应达到了平衡状态，故A正确；      B. 反应II为气体体积不变的反应，容器中气体总质量恒定，所以气体平均相对分子质量始终不变，当气体平均相对分子质量不再发生变化时，不一定达到平衡状态，故B错误； C. 恒温恒容条件下，容器中气体总质量恒定，气体密度始终不变，当气体密度不再发生变化时，不一定达到平衡状态，故C错误；     D. 反应II：的平衡常数为K=，恒温条件下平衡时为定值，比值也为定值，不再发生变化时反应达到平衡状态，故D正确；     故答案为：AD； （3）①在5.0MPa恒定压强和催化剂作用下，以的投入量进行反应，反应I为放热反应，反应II为吸热反应，温度升高时，反应I向左移动，反应II向右移动，因此表示平衡时CO在含碳产物中物质的量百分数的曲线是b，则表示平衡时在含碳产物中物质的量百分数的曲线是a； ②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是：温度升高后，以反应II为主，反应II是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动，使得CO2平衡转化率升高； （4）①A．由图象可知CH3OH的转化率在高于260℃时较高，但在300℃时，CO的选择性最高，而CO2的选择性最低，所以300℃不是反应适宜的温度，故A错误； B．高压条件有利于加快反应速率，故B正确； C．催化剂不能改变化学平衡状态，只能缩短达到平衡的时间，不能提高甲醇平衡转化率，故C错误； D．反应I、III的逆过程又称为甲醇水蒸气重整，为吸热反应，其他条件不变，适当升高温度有利于提高的产率，故D正确； 故答案为：BD； ②根据水蒸气重整反应中甲醇的转化率、一氧化碳和二氧化碳的选择性图像可知，温度从260℃升高到300℃，反应速率加快，但二氧化碳的选择性减小，使氢气的物质的量也减少了，所以曲线斜率增大，但是水平线低于200℃时，反应I中生成n(H2)=3n(CO2)=0.95×1mol×3=2.85mol，反应II中生成n(H2)=2n(CO2)=0.05×1mol×2=0.10mol，所以生成氢气的物质的量为2.85mol+0.10mol=2.95mol，则300℃时，反应至时刻物质的量随时间变化的曲线为。 2．(1) (2) (3) (4)BD (5)③⑤ (6) b (7)5.6 【详解】（1）由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007mol，不再变化，3s时反应达平衡，NO2是产物，随反应进行浓度增大。平衡时NO浓度的变化量c(NO)=(0.02mol−0.007mol)/2L=0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b； （2）分析表中数据可知反应在3s达到平衡，此时NO物质的量为0.007mol，NO的平衡转化率为； （3）内，根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，用表示从内该反应的平均速率为，故答案为： ； （4）A．及时分离出气体，生成物浓度降低，速率降低，故A不选； B．适当升高温度，能加快反应速率，故B选； C．再加入少量 ，不影响反应速率，故C不选； D．选择高效催化剂，大幅度加快反应速率，故D选； 故答案为：BD； （5）①表示反应方向相反，且数值之比等于化学计量数之比，则此时反应达平衡状态，故可以作为平衡判断的标志； ②由知，恒容密闭容器中气体密度不变，说明所有气体的质量不变，此时正逆反应速率相等，故可以作为平衡判断的标志； ③因为反应物是固体，容器中氨气和二氧化碳的物质的量之比始终为2∶1，密闭容器中二氧化碳的体积分数始终不变，故不可以作为平衡判断的标志； ④对于反应前后气体体积可变的反应，体系压强不变，则总物质的量不变，则说明反应达到平衡状态，故可以作为平衡判断的标志； ⑤因为反应物是固体，所以整个体系中平均相对分子质量是个定值，故不可以作为平衡判断的标志； 故选③⑤； （6）原电池中负极失去电子发生氧化反应，故电子由负极流出，经导线流向正极，故探测仪工作时，电子从b极流出，a电极为正极，发生还原反应，电极反应式为，故答案为：b；； （7）反应1molHCHO失去4mol电子，根据电子守恒可知，如果在外电路中有1mol电子发生转移，则检测出标准状况下甲醛的体积为=5.6L，故答案为：5.6。 3．(1) 四面体 平面三角形 0.7 (2) 2mol (3) BCD (4) 正 < 阴 【详解】（1）①的中心原子S价层电子对数为，VSEPR模型为四面体；的中心原子S价电子对数为，VSEPR模型为平面三角形； ②室温下，若在硫酸铜溶液中通入过量气体，发生反应，溶液中=0.2mol/L，； （2）①如图所示的装置为原电池装置，电极b中碘单质被还原为碘离子，得到电子，电极b为正极，电极反应式为，电极a为负极，发生氧化反应，电极反应式为； ②氧化过程发生如下两步反应：、，理论上1mol参加反应负极有2mol作反应物，电路中转移4mol电子，正极消耗2mol碘单质，生成4molHI，根据可知，生成2mol氢气； （3）①A．i为N2吸附在催化剂表面的过程，A错误； B．根据图示，ⅳ过程相对能量由-2.94ev变化为-3.09ev，即为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程，B正确； C．“热Fe”高于体系温度，可加快氮氮三键断裂，有利于提高合成氨反应速率，C正确； D．合成氨为放热反应，降低温度，平衡正向移动，“冷Ti”低于体系温度，氨气在其表面生成，有利于提高氨的平衡产率，D正确； 故选BCD； ②N2合成NH3，氮元素化合价降低发生还原反应，则阳极反应物是，电极反应式为：；设进口I处进入的、物质的量分别是amol、bmol，设有反应了，根据三段式得：，则，解得：，因此的转化率为：； （4）①已知与足量的溶液反应生成，由此推知中不再可以电离出氢离子，故其是正盐； ②常温下溶液中其水解常数为，水解小于电离，故溶液显酸性，pH<7； ③以和为原料制备和，则右侧碳电极为阴极，水放电生成氢气和氢氧根离子，原料室中钠离子右移进入产品室得到氢氧化钠、左移进入产品室得到，故膜2为阴离子交换膜，电极上发生的电极反应式为：。 4．(1) 蓝 (2) 溶液、溶液、稀盐酸 漏斗、玻璃棒 (3) +H2OH2CO3+OH- 【分析】粗盐精制过程：加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量氯化钡溶液是除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氯化钡溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氯化钡之后；待杂质转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入适量盐酸，除去过量氢氧根离子和碳酸根离子，得到精盐水； 【详解】（1）①“通电”时电解食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠：； ②由图可知，右边石墨连接电源负极，作阴极，产生氢气和氢氧化钠溶液，因此b处pH试纸呈蓝色； （2）①由分析可知，试剂a、试剂b、试剂c依次为溶液、溶液、稀盐酸。 ②实验室中进行操作x为过滤操作，需用到的玻璃仪器除烧杯外还有漏斗、玻璃棒； （3）①溶于海水的二氧化碳主要以无机碳形式存在，其中占90%，海水呈弱碱性的原因为碳酸氢根离子水解生成氢氧根离子：+H2OH2CO3+OH-； ②阳极发生的电极反应为水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：，阴极发生的电极反应为水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子：。 ③阳离子膜仅允许阳离子通过，b室中进入的氢离子和碳酸氢根离子生成水和二氧化碳，发生反应的离子方程式。 5．(1) -49.4kJ/mol B (2) 1 (3) > 80% 98.88 (4)ac 【详解】（1）①已知： a： b： 由盖斯定律可知，a+b得反应，故-49.4kJ/mol。 ②A．为气体分子数减小的反应、平衡正向移动使得水的量增大，会抑制的正向移动会抑制的正向移动，故中CO2的转化率不一定增大，错误； B．加入适量的CO，逆向移动，使得二氧化碳、氢气量增大、水量减小，利于平衡正向移动，导致可提高甲醇的产率，正确； C．从体系中分离出H2O(g) ，物质浓度减小，反应速率减慢，错误； 故选B； （2）①反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，正反应速率增大的幅度小于逆反应速率增大的幅度，则如图1所示，图中能够代表k逆的曲线为L4； ②反应平衡时，正逆反应速率相等，温度为时，=，且，则反应Ⅰ的化学平衡常数； （3）①浓度越大反应速率越大，由表数据可知，到达平衡时间关系t1>t2； ②反应为气体分子数不变的反应，且两者的投料比相同，两者为等效平衡反应，则容器B达到平衡状态时，放出热量Q=3×32.96KJ=98.88KJ，CO的转化率等于A中CO转化率，结合CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=-41.2kJ·mol-1可知，CO的转化率为； （4）由图可知，总反应为二氧化碳和氢气催化反应生成甲醇：； a．反应中还生成水，原子利用率小于100%，错误； b．由图可知，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，正确； c．由图可知，水参与可催化剂的催化过程，向该反应体系中加入少量的水，能增加反应速率，能增加单位时间内甲醇的收率，错误； d．由图可知，第③步的反应式为在催化剂作用下*H3CO和H2O生成CH3OH+*HO，反应为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，正确； 故选ac。 6．(1)C (2)0.0075 (3)正向移动 (4)—92 (5) 阴极 N2+6e—+6H+=2NH3 【详解】（1）A．恒容条件下充入不参与反应的氦气，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，故错误； B．降低温度，反应速率减小，故错误； C．使用适合催化剂，反应的活化能降低，反应速率增大，故正确； D．移出氨气，生成物浓度减小，反应速率减小，故错误； 故选C； （2）由表格数据可判断，20min时，氮气的物质的量为1.2mol，则0～20min内氮气的反应速率为=0.0075mol/(L·min)，故答案为：0.0075； （3）反应达到平衡后，往平衡体系中再加入氮气、氢气和氨气各1.00mol，相当于增大气体压强，合成氨反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，故答案为：正向移动； （4）由表格数据可知，反应物破坏共价键吸收的能量为946kJ+436kJ×3=2254kJ，生成物形成共价键放出的能量为391kJ×6=2346kJ，则生成2mol氨气，反应放出的热量为2346kJ—2254kJ=92kJ，所以反应Δ=－92kJ/mol，故答案为：—92； （5）由图可知，通入氮气的Pd电极a为电解池的阴极，氢离子作用下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6e—+6H+=2NH3，故答案为：阴极；N2+6e—+6H+=2NH3。 7．(1) +89.3 (2) 40% BD (3) 0.45mol/L < 1.2 (4) 阴 Fe+2 +H2↑ 水会阻碍中间物Na的生成 水会电解生成OH—，OH—与Fe2+反应生成Fe(OH)2 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应①+②×2得反应③，则ΔH3=ΔH1+2ΔH2=( +100.3kJ/mol)+(—5.5kJ/mol)×2=+89.3 kJ/mol，反应的平衡常数K3=，故答案为：89.3；； （2）设起始碘和环戊烯的物质的量都为1mol、气体总压为p，平衡时环戊二烯的物质的量为amol，由平衡时总压增加了20％可得：=，解得a=0.4，则环戊烯的转化率为×100%=40%； A．恒容容器中通入不参与反应的惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，化学平衡不移动，环戊烯的转化率不变，故错误； B．该反应是吸热反应，提高温度，破坏向正反应方向移动，环戊烯的转化率增大，故正确； C．增加环戊烯浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但环戊烯的转化率减小，故错误； D．增加碘浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，环戊烯的转化率增大，故正确； BD正确，故答案为：40%；BD； （3）①由图可知， b点时，环戊二烯的浓度为0.6mol/L，则二聚体的浓度为(1.5mol/L—0.6mol/L)×=0.45mol/L，故答案为：0.45； ②由图可知，相同时间时，温度T1条件下环戊二烯的浓度大于温度T2条件下环戊二烯的浓度，说明温度T1条件下反应速率慢于T2条件下，反应温度越高，反应速率越快，所以温度T1小于T2，故答案为：<； ③由图可知，a点时，反应时间为0.5h，环戊二烯的浓度为0.9mol/L，则环戊二烯的反应速率为=1.2 mol/(L·h)，故答案为：1.2； （4） 由图可知，与直流电源负极相连的镍电极为电解池的阴极，钠离子在阴极得到电子发生还原反应生成钠，钠与环戊二烯反应生成和氢气，铁电极为阳极，铁做阳极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，亚铁离子与与亚铁离子反应生成二茂铁和钠离子，总反应为钠离子做催化剂条件下环戊二烯与铁反应生成二戊铁和氢气，反应方程式为Fe+2+H2↑； ①由分析可知，镍电极为电解池的阴极，故答案为：阴极； ②分析可知，总反应为钠离子做催化剂条件下环戊二烯与铁反应生成二戊铁和氢气，反应方程式为Fe+2+H2↑，故答案为：Fe+2+H2↑； ③电解制备需要在无水条件下进行，原因是钠离子在阴极得到电子发生还原反应生成的钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，水溶液中，水会阻碍中间物钠的生成，不利于钠与环戊二烯反应生成和氢气，且水在阴极放电生成氢气和亚铁离子，亚铁离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，不利于二戊铁的生成，故答案为：水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH—，OH—与Fe2+反应生成Fe(OH)2。 8．(1) ace bd (2) 吸热 高 (3) A Cu2++2e-=Cu D>A>B>C (4) a极到b极 【详解】（1）因常见的放热反应有：所有的燃烧、酸碱中和反应、活泼金属和酸的反应、金属与水的反应、大多数化合反应、铝热反应等，浓硫酸溶于水得到稀硫酸为放热过程而不是放热反应，是物理变化，所以放热反应有：ace；常见的吸热反应为：大多数的分解反应，八水合氢氧化钡和氯化铵的反应、焦炭和二氧化碳、焦炭和水的反应等，所以吸热反应有：bd； （2）①因为“看到 U 形管中甲处液面上升乙处液面下降”，说明广口瓶中的空气体积减小、压强减小，这只能是A和B反应吸收热量导致温度降低所致，由此推断 该反应是吸热反应； ②一个吸热反应，一定是反应物断开化学键吸收的总能量大于生成物形成化学键释放的总能量，所以填“高 ”； （3）①装置甲中金属A不断溶解，说明A电极失电子被氧化，为原电池负极，B电极是正极，则溶液中的阴离子移向负极，即A极； ②装置乙中C的质量增加，说明C电极是正极，正极为铜离子得到电子发生还原反应生成铜单质，电极反应式为Cu2++2e-=Cu； ③装置甲中A为负极，说明活动性：A>B；装置乙中C为正极，说明活动性：B>C；装置丙中，A上有气体产生，说明A电极为正极，活动性：D>A；综上所述，四种金属活动性由强到弱的顺序是D>A>B>C； （4）甲烷失电子发生氧化反应，故通入甲烷的一极为负极，通入氧气的一极为正极； ①外电路电子的移动方向是由负极经导线向正极移动，即电子移动方向：a极到b极； ②a电极上甲烷失电子产生碳酸钾，反应的电极方程式为。 9．(1) (2) 吸收498kJ 低于 (3)C (4) 87.5 随着反应进行，反应物浓度逐渐减小 (5) 石墨 【详解】（1）在酸性溶液中，HClO氧化NO生成和的离子方程式为。 （2）断键吸热，根据图示可知断裂1mol分子中的化学键，需要吸收498kJ能量。断键吸收的总能量是946kJ+498kJ＝1444kJ，形成化学键放出的总能量是1264kJ＜1444kJ，因此是吸热反应，所以该反应中反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量。 （3）A. 和浓度相同不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态，A不选； B. 反应前后混合气体的质量和容器容积均是不变，密度始终不变，所以容器中混合气体的平均密度不再变化，不能说明反应达到平衡状态，B不选； C. 容器内的物质的量浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，反应处于平衡状态，C选； D. 单位时间内，消耗2mol 同时生成2mol 均表示正反应速率，所以不能说明反应达到平衡状态，D不选； 答案选C。 （4）①0～2s内NO2减少了0.04mol－0.008mol＝0.032mol，生成N2O4是0.016mol，浓度是0.008mol/L，所以用表示0～2s内该反应的平均速率0.008mol/L÷2s＝，在第5s时NO2减少了0.04mol－0.005mol＝0.035mol，的转化率为＝87.5%。 ②由于随着反应进行，反应物浓度逐渐减小，所以随着反应的进行，反应速率逐渐减小。 （5）负极NO2失去电子转化为N2O5，负极为石墨，正极是氧气得到电子，由于是熔融的硝酸钠作电解质，所以正极电极反应式为。 10．(1)AC (2) 0.042 BD 75% 22∶3 > (3) 正极 CH4-8e-＋2H2O=CO2＋8H＋ 11.2 【详解】（1）A．页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，主要成分是甲烷，属于化石燃料，短期内不能再生，不属于新能源，故A错误； B．燃烧放热，页岩气主要成分是甲烷，和氧气燃烧会放出大量的热，属于放热反应，故B正确； C．甲烷分子中C原子的最外层电子排布达到8电子稳定结构，而H原子最外层达到的是2个电子的稳定结构，故C错误； D．页岩气的主要成分是甲烷，在形成燃料电池时，甲烷失电子发生氧化反应，所以通入燃料甲烷的电极为燃料电池的负极，故D正确； 选AC。 （2）①从3 min到9 min，CO2浓度变化为0.50 mol·L-1-0.25 mol·L-1=0.25 mol·L-1，CO2反应速率为 ≈0.042 mol·L-1·min-1.； ②A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1，CO2浓度还继续降低、CH3OH浓度还继续增大，反应没有达到平衡状态，故不选A； B．反应前后气体系数和不同，压强是变量，混合气体的压强不随时间的变化而变化，反应一定达到平衡状态，故B选； C．单位时间内生成1 mol H2，同时生成1 mol CH3OH，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故不选C； D．反应前后气体系数和不同，混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化，反应一定达到平衡状态，故D选； 选BD。 ③由图像可知平衡时CO2的浓度为0.25 mol·L-1，则消耗的二氧化碳的浓度为0.75 mol·L-1，CO2的转化率为×100%=75%； ④充入1 mol CO2和3 mol H2，根据图示，平衡时消耗0.75molCO2，根据方程式可知同时消耗2.25molH2；则平衡时混合气体中CO2(g)的物质的量为0.25mol、H2(g)的物质的量为3mol-2.25mol=0.75mol，质量之比是； ⑤第9分钟时达到平衡，v逆(CH3OH)=v正(CH3OH)，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小，则第3分钟时v正(CH3OH)大于第9分钟时v逆(CH3OH)。 （3）①电子由c极流出、d极流入，则电极d是正极，c是负极，电极c甲烷失电子生成二氧化碳，电极反应式为CH4-8e-＋2H2O=CO2＋8H＋； ②电极d的电极反应式为O2＋4H＋＋4e-=2H2O，故线路中转移2 mol 电子，消耗0.5 mol O2，在标准状况下的体积为11.2 L。 11．(1)b (2)C (3) 电流 (4) B 9.2 【分析】反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应；化学键断裂吸收的能量大于成键释放的能量，反应为吸热反应；溶液形成的原电池中，活泼金属铁是负极，发生失电子的氧化反应：，电流是从正极流向负极。 【详解】（1）a．反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应为吸热反应，a项不选； b．铝片和盐酸反应为放热反应，b项选； c．化学键断裂吸收的能量大于成键释放的能量，该反应为吸热反应，c项不选； 答案选b； （2）A．反应过程中只存在非极性共价键的断裂和极性键的形成，A项错误； B．催化剂起到吸附氮气和氢气的作用，同时加快化学反应速率，B项错误； C．②→③过程为化学键的断裂，吸收能量，C项正确； D．使用催化剂，不会改变合成氨反应放出的热量，D项错误； 答案选C； （3）电解质溶液为稀盐酸时，活泼金属铁是负极，发生失电子的氧化反应：，电流是从正极流向负极，所以图示箭头的方向表示的是电流方向，故答案为：电流；； （4）①根据图可以看出，金属铁电极质量减少，金属铜电极质量增加，所以金属铁是负极，正极上会析出金属，结合四个选项，应该是硫酸铜溶液，故答案选：B； ②6min时铁电极减少质量：6g-3.2g=2.8g，根据电极反应：，此时减少铁的物质的量是，转移电子是0.1mol，正极发生反应：，则正极上析出金属铜0.05mol，质量为，此时铜电极的质量为：6g+3.2g=9.2g，故答案为：9.2。 12．(1)25% (2)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=—91.0 kJ/mol； (3) < ab (4)甲醇脱水反应为放热反应，升高温度平衡逆移，甲醚选择性降低；副反应为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加，甲醚选择性降低 (5) b 【详解】（1）由方程式可知，反应放出51.5kJ热量时，反应消耗一氧化碳的物质的量为×2=0.5mol，则一氧化碳的转化率为×100%=25%，故答案为：25%； （2）由盖斯定律可知，反应①×—ii×得到反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则反应△H=(—206.0)×—(—24.0kJ/mol)×=—91.0 kJ/mol，反应的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=—91.0 kJ/mol，故答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H=—91.0 kJ/mol； （3）①由表格数据可知，反应的浓度熵Qc==400＞K=360，则反应向逆反应方向进行，正反应速率小于逆反应速率，故答案为：<； ②a．相同时间内消耗甲醇的物质的量与消耗二甲醚的物质的量之比为2：1说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； b．混合体系内各组分浓度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确； c．该反应是前后气体体积不变，反应中压强始终不变，则压强不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误； 故选ab； （4）由方程式可知，甲醇脱水反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲醚选择性降低，而副反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，副产物增加，甲醚选择性降低，所以温度高于265℃后，随着温度升高三甲醚选择性降低，故答案为：甲醇脱水反应为放热反应，升高温度平衡逆移，甲醚选择性降低；副反应为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加，甲醚选择性降低； （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的碳原子与位于体对角线处碳原子的距离最近，则晶胞中碳原子与碳原子最小距离为bnm；晶胞中位于顶点、面心、体内的碳原子个数为8×+6×+4=8，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10-7 b)3d，解得d=，故答案为：b；。 13．(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  ΔH=-4Q kJ·mol-1 (2)NO2(g) +CO(g)=CO2(g)+NO(g)  ΔH=-234 kJ·mol-1 (3) 1093 低温 (4)N2H4-4e-+4OH-=N2 + 4H2O (5)Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O 【详解】（1）N2的平衡转化率为50%，即0.25mol氮气完全反应放热QkJ，则当有1mol氮气参加反应时，放热为4QkJ，故该反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)  ΔH=-4Q kJ·mol-1； （2）由图可知，该反应的反应热ΔH=(134-368)kJ·mol-1=-234 kJ·mol-1，故该反应的热化学方程式：NO2(g) +CO(g)=CO2(g)+NO(g)  ΔH=-234 kJ·mol-1； （3）反应热=反应物键能总和-生成物键能总和，即-90.0 kJ·mol-1=x kJ·mol-1+2×436 kJ·mol-1-(3×413 kJ·mol-1+351 kJ·mol-1+465 kJ·mol-1)，解得x=1093；该反应为放热反应，且为熵减小的反应，由ΔG=ΔH-TΔS<0，可知该反应在低温下能自发进行； （4）由图可知，通入肼(N2H4)的电极为负极，N2H4失电子，发生氧化反应生成N2，电极反应式为：N2H4-4e-+4OH-=N2 + 4H2O； （5）由图可知，在阳极，铁失去电子生成高铁酸根，则阳极反应式为：Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O。 14．(1) K2K3 < (2) 甲 (3)ZnZrO2 (4)水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降；催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降；有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升(答其中任意两点即可) 【详解】（1）①根据盖斯定律，两反应相加就是目标反应，因此K1＝K2K3； ②由图像可知：K随温度的升高而降低，也就是温度升高平衡逆向移动，因此该反应是正向放热的反应，ΔH＜0； （2）①由图像可知：A的起始压强比B的起始压强大，甲容积为4L，乙容积为2L，温度相同，起始时投料一样，因此A对应的是乙，B对应的是甲； ②由曲线A可知反应前压强为4MPa，平衡时压强为2.8MPa，设Δn(CO2)为x mol，则，，，则x＝1.2，所以，平衡时，CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量分别为0.8mol、2.4mol、1.2mol、1.2mol，则P(CO2)＝、P(H2)＝、P(CH3OH)＝P(H2O)＝，； （3）由图像可知：ZnZrOx对应CO含量最小，目标产物CH3OH的含量最大，因此选择最佳催化剂为：ZnZrO2； （4）从水蒸气的量，催化剂活化点位数量，以及活化能变化方向考虑分析：水蒸气过多，平衡逆向移动，甲醇产率下降；催化剂活化点位减少，吸附反应物能力减弱，甲醇产率下降；有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快，甲醇产率上升。 15．(1) -93 “热”高于体系温度，氢气、氮气在“热”Fe表面断键，有利于提高合成氨反应速率；合成氨反应放热，“冷”低于体系温度，氨气在“冷”表面生成，有利于提高氨的平衡产率 0.5~~0.75 (2) 【详解】（1）① Ⅰ．     Ⅱ．     根据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ×得的△H=。 ②根据图中信息，“热”高于体系温度，氢气、氮气在“热”Fe表面断键，有利于提高合成氨反应速率；合成氨反应放热，“冷”低于体系温度，氨气在“冷”表面生成，有利于提高氨的平衡产率。 ③ ⅰ．和N₂为原料制备，N元素化合价降低发生还原反应，所以阴极的电极反应式为。 ⅱ．阳极发生反应，阴极发生反应，电解过程中，发生副反应，根据极值法，若阳极生成氧气、阴极生成氨气，阳极和阴极生成气体的物质的量之比为，若阳极生成氧气、阴极生成氢气，阳极和阴极生成气体的物质的量之比为，所以阳极和阴极生成气体的物质的量之比的范围是0.5~0.75。 （2）①由图可知，氧气，二氧化氮，氧离子三者反应生成甲，氧气具有氧化性，结合质量守恒可知，生成甲为二氧化氮被氧化生成的硝酸根离子；则甲为； ②参加反应的丙烯与NO的物质的量之比为1：2，若1分子丙烯参与反应，碳元素的化合价由-2变为+4，丙烯失去18个电子，2分子NO生成氮气，得到4个电子，根据得失电子守恒可知，参与反应氧化剂氧气分子数为 个，即丙烯、NO、O2的反应比为2:4:7,则反应的化学方程式为。 16．(1)﹣63 (2) 选用p-ZnO催化剂使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多 (3)吸附在催化剂表面的H2O断裂为H和OH，电负性小的H原子与甲醛分子碳氧双键中电负性大的O原子结合，OH上的电负性大的O原子与甲醛中碳氧双键上电负性小的C原子结合，生成的（通过氧原子）吸附在催化剂表面 (4)有利于减少碳排放，早日实现碳达峰、碳中和的目标 【详解】（1）反应ii，，=反应物的总键能－生成物的总键能==。由盖斯定律可知反应i+iii=ii，则； （2）①向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[]沉淀，反应的离子的方程式为； ②观察题给晶胞结构可知，晶胞在z轴的投影情况是锌原子位于正方形的四个顶点上、四条棱的中心和面心上，4个氧原子分别位于面对角线离顶点处，可用图示表示为； ③催化剂只影响速率而不能改变平衡，图中数据不是达到平衡后测得的数据，而是反应相同时间测得的数据，p-ZnO表面合成的生成活化能比r-ZnO表面合成的生成活化能小，活化能越小，反应速率越快，因此选用p-ZnO催化剂使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多； （3） 吸附在催化剂表面的H2O断裂为H和OH，电负性小的H原子与甲醛分子碳氧双键中电负性大的O原子结合，OH上的电负性大的O原子与甲醛中碳氧双键上电负性小的C原子结合，生成的（通过氧原子）吸附在催化剂表面； （4）亚运会倡导使用零碳甲醇燃料有利于减少碳排放，早日实现碳达峰、碳中和的目标。 17．(1) (2)AB (3) (4) 10∶1 = 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低 【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应Ⅱ+反应Ⅲ，则反应I的。 （2）A．由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确； B．二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确； C．其他条件相同，反应Ⅱ正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误； D．反应Ⅲ为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误； 故选：AB。 （3） 根据图中机理可知，反应ⅰ产生水和苯乙烯，反应为：； 由图中信息可知，反应ii为。 （4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则曲线A对应的∶n(乙苯)为10∶1，曲线B对应的∶n(乙苯)为5∶1，曲线C对应的∶n(乙苯)为1∶1； Q点和P点的温度相同，而对于同一个反应，平衡常数只受温度影响，当温度相同时，平衡常数相同，因此Q点和P点的平衡常数相同； 故答案为：10∶1；=； ②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低； ③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为nmol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：。 18．(1)-504.4kJ/mol (2) (3) SO2在水中的溶解度大于NO(或SO2，在溶液中的还原性强于NO或SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO) 2：13 (4) 过多的氧气会将Fe2+氧化为Fe3+，使得Fe2+浓度减小 的值过大或者过小，都会导致形成微电池的数目减少，相同时间内生成Fe2+的浓度减小，反应速率减慢 方向1中，活性炭质量过量，过量的活性炭对硝态氮具有吸附作用，所以方向1上升的幅度小于方向 【详解】（1）已知①； ②； ③ 根据盖斯定律②+③-①可以得到，则； （2）由反应历程可以看出为反应物，为生成物，其化学方程式为； （3）①SO2的脱除率高于NO原因可能是SO2在水中的溶解度大于NO；SO2在溶液中的还原性强于NO；SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO； ②在相同条件下，SO2和 NO的体积比为二者的物质的量比，所以n（SO2）：n（NO）=4:1。设烟气中NO的物质的量为xmol，50℃时NO的脱除量为xmol×80%=0.8xmol，则SO2的脱除量为4xmol×100%=4xmol；设反应消耗ClO-的物质的量为ymol，根据得失电子守恒知：3×0.8x mol+2×4 mol=2×y mol，解得y=5.2x，根据原子守恒得n () : n(Cl-) = n(NO) : n (ClO-) = 0.8xmol：5.2xmol=2：13； （4）①当水中溶氧量多时，过量的氧气会将Fe2+氧化为Fe3+，使得Fe2+浓度减小； ②的值过大或者过小，都会导致形成微电池的数目减少，相同时间内生成Fe2+的浓度减小，反应速率减慢； 方向1中，活性炭质量过量，过量的活性炭对硝态氮具有吸附作用，所以方向1上升的幅度小于方向。 19．(1) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49.2kJ/mol (2) D 变大 增加反应物CO2的浓度、升高温度、及时分离生成物(写出一条即可) 压强为P2时，CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，主反应为放热反应，温度升高，CO2平衡转化率降低，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，温度高于503K后，CO2平衡转化率主要取决于副反应，所以CO2平衡转化率随温度升高而增大 (3)bc 【详解】（1）①8.0gCH3OH，n(CH3OH)==0.25mol，放出热量12.3kJ，则1molCH3OH放出热量为49.2kJ，则热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49.2kJ/mol； ②5分钟时，CO2的转化率为50%，则CO2的改变量为4mol×50%=2mol，则v(H2)=3v(CO2）=； （2）①A．CO和水的物质的量浓度始终相等，不能据此判断各物质的物质的量不变、不能判断反应达到平衡，A错误； B．该反应为气体系数和相等的反应，故压强始终不变，B错误； C．参加反应的均为气体，则总质量保持不变，恒容下体积不变，则密度始终不变，C错误； D．当各物质的物质的量不变，各物质的量分数不再发生变化，该反应达到平衡，D正确； 故答案为：D； ②该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数增大； ③根据勒夏特列原理，增加反应物CO2的浓度、升高温度、及时分离生成物均可增大H2转化率； ④压强为P2时，CO2平衡转化率为正反应和副反应的CO2平衡转化率之和，主反应为放热反应，温度升高，CO2平衡转化率降低，副反应为吸热反应，随温度升高CO2平衡转化率升高，温度高于503K后，CO2平衡转化率主要取决于副反应，所以CO2平衡转化率随温度升高而增大； （3）a．主反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热方向移动，温度越低甲醇平衡产率越大，故此时主要反应的限度不是最大，故a错误； b．温度越高，速率越快，所以此条件下主反应速率最快，造成产率增大，故b正确； c．催化剂能成千上万倍的加快反应速率，由图可知523K时催化剂的活性最强，故c正确； 故答案为：bc。 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 $$