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·山东聊城·期末）乙烯是一种重要的有机化工原料，广泛用于生产聚乙烯和氯乙烯。工业上利用乙烷和二氧化碳反应脱氢制乙烯的相关反应如下： 反应Ⅰ．   反应Ⅱ：   (1)标准摩尔生成焓是指在和，由最稳定的单质生成化合物的焓变。 物质 标准摩尔生成焓 0 则乙烷脱氢的反应 。 (2)一定有利于提高平衡体系中乙烯体积分数的措施有___________(填标号)。 A．适当升温 B．适当降温 C．适当加压 D．分离出 (3)在条件下，向恒容密闭容器中充入与一定量发生反应和反应Ⅱ，平衡时和的物质的量分数随起始投料比的变化关系如图所示。途中曲线表示，则表示的曲线为 (填“”或“”)。当时，平衡时体系中 ，反应I的平衡常数 (用含的代数式表示。不用化简)。 (4)在一定条件下，科学家研究一种乙烷催化氧化脱氢转化为乙烯的部分反应历程如图所示，该历程的催化剂是 ，写出速率最慢基元反应的化学方程式： 。 2．（24-25高三上·广东·阶段练习）光气是有机合成的氯化剂，工业合成光气的原理是，回答下列问题： (1)已知：断裂(g)中的化学键吸收的热量依次为，则形成中的化学键放出的热量为 。 (2)在催化剂作用下，的速率方程式为(为速率常数，为反应级数)，实验结果如下： 序号 速率 I 0.1 0.1 II 0.2 0.1 III 0.4 0.4 则 。 (3)在恒容密闭容器中充入和，仅发生上述反应，的平衡转化率与投料比、温度的关系如图所示。 ①投料比 (填“>”“<”或“=”)。 ②平衡常数中最大的是 。 (4)在体积均为的恒容密闭容器甲、乙中各充入和，甲、乙两容器中的物质分别在恒温或绝热条件下进行上述反应，测得压强变化如图所示。 ①在绝热条件下发生反应的是容器 (填“甲”或“乙”)。 ②气体总物质的量 (填“>”“<”或“=”)。 ③a点对应反应的浓度商Q= ，甲容器中b点对应的反应的平衡常数 (填“>”“<”或“=”)a点对应反应的浓度商Q。 3．（24-25高三上·河北邯郸·阶段练习）将作为原料转化为其他化学品，是促进化工产业可持续发展，解决温室效应的有效方法。 (1)与在催化剂作用下制合成气(CO和)的反应为  。 ①催化剂表面积碳会使催化剂失去活性。反应时可能发生积碳反应： Ⅰ．、II．、III．， 各积碳反应在不同温度下的平衡常数、、如表所示： 温度/ 800 21.60 0.136 0.133 850 33.94 0.058 0.067 900 51.38 0.027 0.036 由表中数据可知，积碳主要由反应 (填“I”“II”或“III”)导致，该反应为 (填“吸热”或“放热”"反应。 ②在恒容密闭容器中通入与各3.0mol，一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。 则 (填“<”“=”或“>”，下同)， 。 (2)与在催化剂作用下制甲烷的过程如下。 主反应：  ， 副反应：  ， 在恒容密闭容器中，与的起始浓度分别为和，测得、、的平衡浓度与温度的关系如图所示，则时，的选择性 。 [选择性的产率/的总转化率，产率]。 为提高的选择性，可调节和的投料比，时，测得相应数据如下图所示，a、b表示反应物的平衡转化率，c、d分别表示平衡时和的物质的量分数，则表示平衡转化率的是曲线 (填“a”或“b”)，时，总压强为3.4MPa，主反应的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。 4．（24-25高三上·黑龙江双鸭山·阶段练习）通过化学的方法实现的资源化利用是一种非常理想的减排途径。 (1)工业上用和反应合成二甲醚。 已知：  kJ/mol；   kJ/mol。 写出和转化为和的热化学方程式： 。 (2)在某压强下，合成二甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，的平衡转化率如图所示。温度下，将6mol和12mol充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0~5min内的平均反应速率 ；、、三者之间的大小关系为 。 (3)若  kJ⋅mol在恒温恒压下进行，以下叙述能说明该反应达到平衡状态的是 (填序号)。 A．CO和的物质的量浓度之比是1∶2 B．CO的消耗速率等于的生成速率的2倍 C．容器中混合气体的体积保持不变 D．容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变 E．容器中混合气体的密度保持不变 (4)已知一定条件下，水煤气转化成甲醇的化学方程式为。在体积可变的恒压密闭容器中投入0.5 mol CO和0.75 mol ，不同条件下发生上述反应。实验测得平衡时的物质的量(n)随温度(T)、压强(p)的变化下如图所示。 ① (填“<”或“>”)。 ②M点对应的平衡混合气体的体积为1 L，则：233℃时，该反应的平衡常数 ，的转化率为 (保留1位小数)。 ③工业实际合成生产中，采用下图M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和化学平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的理由： 。 5．（2024高三上·山东临沂·期末）Ⅰ．用中和滴定法测定某烧碱的纯度，试根据实验回答： (1)称取烧碱样品。将样品配成250mL待测液，需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外还需 。 (2)取待测液，用 量取。 (3)用标准盐酸滴定待测烧碱溶液，以酚酞为指示剂，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化 ，直到看到 即可判断达到滴定终点。 (4)根据表中数据，计算样品烧碱的质量分数为 结果保留四位有效数字。假设烧碱中不含有与酸反应的杂质 滴定次数 待测液体积 标准盐酸体积 滴定前读数 滴定后读数 第一次 10.00 0.50 20.40 第二次 10.00 4.00 24.10 (5)滴定过程，下列情况会使测定结果偏高的是 (填序号。 ①记录起始体积时，仰视读数，终点时俯视； ②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液； ③滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失； ④滴定过快成细流、将碱液溅到锥形瓶壁而又未摇匀洗下； ⑤盐酸在滴定时溅出锥形瓶外； Ⅱ．室温下，向20.00mL未知浓度的二元酸H2B中，逐滴加入0.1000 mol·L-1的NaOH溶液，用pH计测定溶液的pH，左侧纵轴表示混合溶液中各微粒的物质的量分数，相关数据如图所示(曲线③为滴定曲线)。 (6)H2B的一级电离方程式为 。 (7)滴定终点时，溶液中c(Na+)= 。 (8)B2-的水解常数 。 6．（24-25高三上·湖北襄阳·阶段练习）某温度下，利用CO2生产甲醇主要涉及以下反应。 反应Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1=-49.4kJ/mol  K1 反应Ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2  K2 反应Ⅲ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH3= _90.6 kJ/mol 回答下列问题： (1)ΔH2= kJ/mol。 (2)恒压条件下发生反应Ⅰ和Ⅱ，平衡后再充入惰性气体，反应Ⅱ平衡将 移动(填“正向”“逆向”或“不”)。 (3)将1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)充入密闭容器发生反应Ⅰ和Ⅱ，并达到平衡状态。相同温度下，在不同压强下测得CO2的平衡转化率、CH3OH(g)的选择性[] 和CO的选择性[] 随压强变化曲线如图所示，图中表示CO2的平衡转化率的曲线是 (填“m”“n”或“p”)，A点时H2的转化率为 。 (4)在恒压密闭容器中充入6 mol H2(g)、2 mol CO2(g)，分别在1 MPa和10 MPa下反应，分析温度对平衡体系中CO2、CO、CH3OH的影响，设这三种气体物质的量分数之和为1，CO和CH3OH的物质的量分数与温度变化关系如图： ①表示10 MPa时CH3OH的物质的量分数随温度变化关系的曲线是 (填标号)。 ②200~400℃b、d曲线基本重合的原因是 。 ③590℃时，反应Ⅱ的Kp为 。 7．（24-25高三上·云南昆明·期末）催化氧化偶联制是科学研究的热点问题之一，相关反应如下： 氧化偶联：反应①   反应②   深度氧化：反应③   反应④   已知：  ，；乙烯的燃烧热。 回答下列问题： (1)25℃和101kPa下，甲烷的燃烧热 (填“>”“<”或“=”)； ；能自发进行的最低温度为 K。 (2)催化氧化偶联的温度一般控制在650℃~900℃，相同温度下，反应①~④中，平衡常数值最大的是反应 (填编号)；判断理由是 。 (3)750℃、0.6MPa，不同投料比的烷氧混合气体以相同流速通过催化反应器，测得投料比对甲烷转化率和二碳烃(、)的选择性及碳氧化物(CO、)的选择性的影响如左下图所示。已知：；。图中代表的是II，代表的是 ；投料比时，的产率为 (保留2位有效数字)。 (4)MnO是制备甲烷氧化偶联反应催化剂的原料。基态氧原子价层电子排布的轨道表示式为 ；MnO的立方晶胞结构如图所示，实验测得其晶胞参数，用代表阿伏加德罗常数的值，MnO晶体的密度ρ= (列出计算式即可)。 8．（2024高三·全国·竞赛）2024年诺贝尔化学奖授予巴文迪(M。G．Bawendi)、布鲁斯(L。E．Brus)和伊基莫夫(A．I．Ekimov)，以表彰他们在量子点(Quantum Dots，QDs)的发现和发展方面的贡献。量子点是一种粒径约2～10nm的零维纳米晶体，常见的量子点体系有I—VI、II—VI、III—V、VI—VI族元素形成的半导体材料及其复合体系，例如、等等。量子点具有组成可调变、亮度高和稳定性好的发光特性，在生命科学、光电子器件、显示技术等方面都具有广泛的应用。 (1)量子点的合成与尺寸调控是决定其性能的关键因素。常用溶液合成法根据溶剂不同分为两大体系：水溶液和有机溶剂体系。巴文迪等人发展的基于金属有机前驱体的有机体系热注入法实现了量子点的精确调控，被认为量子点合成的里程碑事件。但水相体系自有优势，水相体系的量子点控制合成也一直在推进之中。 ①合成量子点最简便的方法是：在含有保护剂的溶液中加入一定量的溶液，得到蓝色分散体系。通过加入使溶液的pH保持在11左右。写出此反应的离子方程式 。制备时需要注意的是，(a)反应的溶液需要预先除去氧气，反应过程也需要惰性气氛保护；(b)在确定原料的比例时，溶液稍稍过量；(c)水相体系中常用的一类保护剂是含有巯基的羧酸类有机物，例如巯基乙酸()。分别简述以上注意事项的原因 。 ②鉴于上问采用的合成法始终需要惰性气体保护，研究者进行了反应体系的改进。在含有保护剂的溶液中，依次加入一定量的、和溶液，通过调变反应物浓度和放置时间，可以获得不同尺寸的。写出CdSe生成的离子方程式 。这里是还原剂，反应中有无色气泡产生，这些气泡也形成了保护气氛。 (2)在半导体量子点光学性质与粒子尺寸关联的物理机制研究中，测得不同尺寸量子点相应的吸收光谱，如下图所示。可以看出，随着量子点尺寸的变化，吸收峰的位置和形状均发生变化。 ①随着量子点尺寸变大，吸收峰的位置发生 。 (a)蓝移(向短波长方向移动)            (b)红移(向长波长方向移动) ②随着量子点尺寸变大，吸收峰的半峰宽 。 (a)变窄             (b)变宽 解释峰宽发生相应变化的原因 。 (3)量子点可作为荧光探针。此处，我们先了解一般发光体系在激发光作用下发射荧光所涉及的基本过程： (6—1) (6—2) (6—3) 这里，A*表示基态分子或者物种(如量子点)，A*为吸收光后产生的激发态分子，为光强(吸光强度)。为激发态分子发射光子反应的速率常数，为激发态分子通过无辐射跃迁(如振动耗能)方式返回基态的速率常数。此处对应的反应(6—1)的速率可写作。激发态分子发射光子反应的速率。 荧光量子产率定义为：=体系发射的光子数/体系吸收的光子数。为荧光强度。，对于无淬灭剂体系，F记为。 ①推导上述体系的荧光量子产率的表达式 (该记为)。 ②撤去激发光光源后，体系发光也逐渐停止。从激发光截止时刻开始，监测体系荧光强度的变化，定义所经历的时间为荧光寿命，其中为激发态分子A*的浓度，为激发光截止时刻激发态分子的浓度。推导体系的荧光寿命的表达式 (该记为)。 (4)荧光淬灭，是指特定物质(淬灭剂)导致发光体系荧光强度减少的现象。荧光淬灭的原因很多，机理复杂，主要包括动态淬灭和静态淬灭两种。 ①动态淬灭：这是因激发态荧光分子与淬灭剂碰撞使其荧光淬灭的现象，在(3)中所示基本发光过程的基础上，还存在着如下一种消耗A*的过程：(6—4)，写出动态淬灭体系的荧光量子产率的表达式 。写出此体系荧光寿命的表达式 。 ②静态淬灭则是因为基态荧光分子A与淬灭剂Q间通过相互作用形成复合物AQ，而该复合物不发出荧光，从而导致荧光淬灭的现象。在(3)中基本发光过程的基础上，还存在一个竞争A的过程：，这一竞争导致可以吸收激发光光子的分子数A按比例降低。写出静态淬灭体系的荧光量子产率和荧光寿命的表达式 。 (5)加入淬灭剂后，体系的荧光强度从变为，通常符合关系式：，为淬灭系数。 (提示：淬灭剂浓度通常远大于量子点的浓度。) ①写出动态淬灭中淬灭系数K的表达式 。 ②推导静态淬灭中淬灭系数K的表达式 。 (6)量子点荧光淬灭方法已应用于生物分子的检测。在腺嘌呤脱氧核糖核苷酸(dAMP)对CdSe的量子点荧光发射影响的研究中，获得如下实验数据： 浓度 0.00 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 1.00 1.17 1.34 1.51 1.69 1.88 2.07 ①计算腺嘌呤脱氧核糖核苷酸(dAMP)的荧光淬灭系数K 。 ②典型CdSe量子点的荧光寿命，结合上小题中的数据，若设该过程为动态淬灭，计算淬灭反应速率常数 ；若为静态淬灭，给出。依据这些数据是否能判断实验体系中荧光淬灭是动态还是静态淬灭机制 ？若能，请说明理由。若不能，请给出一个简单的实验设计用以判断荧光淬灭机制 。 9．（2024高三下·吉林四平·期中）化学反应速率和限度与生产、生活密切相关。请回答下列问题。 (1)在密闭容器内，时仅发生反应，体系中开始仅含有和，随时间的变化如下表所示： 时间/s 0 1 2 3 4 5 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 ①时，生成的物质的量为 ，在第时，的转化率为 。 ②如图中表示变化曲线的是 (填字母)。 ③下列能说明该反应已达到平衡状态的是 (填字母)。 a．每消耗，生成的 b．各物质组分的物质的浓度不再改变 c．混合气体的平均相对分子质量不变 d．容器内密度保持不变 (2)在一定温度下，密闭容器内某一反应中气体M、气体N的物质的量随时间变化的曲线如图： ①比较时刻，正、逆反应速率大小： (填“>”“=”或“<”)。 ②若，计算反应开始至时刻用M的浓度变化表示的平均反应速率为 。 ③如果升高温度，则 (填“增大”“减小”或“不变”)。 10．（2024高三下·山东德州·期中）已知： ①氢氧化钠溶液和盐酸反应： 固体氢氧化钠溶于水：   固体氢氧化钠和盐酸反应：   为测定中和反应的反应热，某学习小组进行了如下实验： 步骤一：取带有温度传感器的量热计，倒入600mL蒸馏水，称取10g NaOH固体投入量热计中，并迅速密封好，搅拌，测得热量变化为a kJ。 步骤二：倒掉量热计中溶液，冲洗并干燥。换用600mL盐酸和10g NaOH固体，测得热量变化为b kJ。 (1)若忽略掉误差，则氢氧化钠溶液和盐酸反应的中和热的热化学方程式为 ， 1(填“>”“<”或“=”) (2)酸碱中和反应也能设计成原电池，某团队设计了如下装置： ①该装置将中和反应的热能转化为 。 ②y是原电池的 (填“正极”或“负极”)，发生 反应(“氧化”或“还原”)。 ③负极反应式为 ；反应一段时间后，左极室溶液质量变化 (填“增大”“减小”或“不变”)；若溶液中有0.2mol离子透过交换膜，则y极产生氢气 L(标况下)。 11．（24-25高三上·江苏淮安·开学考试）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。用ZnO浆料吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。 已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如题图所示。 (1)搅拌下向氧化锌浆料中匀速缓慢通入SO2气体。 ①下列操作一定能提高氧化锌浆料吸收SO2效率的有 (填序号)。 A．水浴加热氧化锌浆料 B．加快搅拌 C．降低通入SO2气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2 ②在开始吸收的40 min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是 (填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为 。 (2)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低生成速率越大，其主要原因是 。 (3)将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO4·7H2O，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质量的残留率与温度的关系如图所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式 。 (4)氧化锌晶体的一种晶胞结构如图所示，O2-位于Zn2+构成的 (填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”)中。若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，Zn-N中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是 。 12．（2024高三下·江西宜春·期中）甲烷既是高效洁净的能源，又是重要的化工原料，在生产、生活中有广泛用途。回答下列问题： (1)甲烷的电子式为 ，甲烷的空间结构为 。 (2)甲烷可用于消除污染。其反应原理为。 ①下列可说明反应已达平衡状态的是 (填字母)。 A．气体颜色不再变化        B． C．气体质量不再变化        D．发生反应同时生成 ②若上述反应在2L恒容的密闭容器中进行，和的起始量分别为1mol和2mol，5min后，该反应达到平衡状态，此时生成，则该条件下，的平衡转化率为 。 (3)甲烷可直接应用于燃料电池。某甲烷燃料电池采用可传导的固体氧化物为电解质，其工作原理如图所示： ①该甲烷燃料电池的负极为 (填“a极”或“b极”)。 ②a极电极反应式为 。 ③若该燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是11.2L(假设空气中体积分数为)，则理论上消耗甲烷的物质的量为 ，转移电子的物质的量为 。 13．（2024高三下·湖南·期中）(Ⅰ)实验室常利用与反应制备氨气。有学者认为，生成的会与氨气络合生成，从而减少氨气的逸出。若更换碱或铵盐，避免生成，是否会加快氨气的逸出速率，就此问题，进行以下实验(已知硝酸铵易潮解)： 序号 碱 铵盐 XX试纸变蓝时间/s 1 374 2 NaOH 4 3 291 4 123 5 403 (1)表格中XX试纸指的是 。 (2)通过实验可以看出，在不产生的反应中，除了与的反应，生成氨气的速率都加快了，请说明与的反应速率未加快的原因： 。 (Ⅱ)工业上利用氮气与氢气反应合成氨。向2L恒容体系内充入一定量的、和。各物质物质的量的变化关系如图所示，回答下列问题： (3)工业合成氨的化学方程式： 。 (4)0~5min内， ；反应平衡时， mol/L。 (5)此反应在三种不同情况下的反应速率如下： ①  ②  ③ 其中反应速率最快的是 (填序号)。 (6)若在恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列描述能说明上述反应已达平衡状态的是_______。 A．单位时间内生成1.5mol 的同时，生成0.5mol B．反应体系的压强不再改变 C．气体的物质的量浓度不再变化 D．反应体系中气体的密度不再变化 (7)下列措施能加快上述反应速率的有的 (填序号)。 ①选择合适的催化剂  ②恒压时充入He  ③升高温度  ④恒容时充入  ⑤压缩体积 14．（24-25高三上·河南·阶段练习）随着“碳达峰”限期的日益临近，捕集后再利用，成为环境科学的研究热点。已知研究与反应使之转化为CO和，对减弱温室效应具有重要的意义。 工业上，与发生反应Ⅰ：  kJ⋅mol 在反应过程中还发生反应Ⅱ：   (1)已知部分化学键的键能数据如下表所示。 化学键 键能(kJ/mol) 413 436 803 1076 则 kJ/mol。 (2)向容器中充入与，下列能够判断反应Ⅰ达到平衡状态的是_______(填字母)。 A．容积固定的绝热容器中，温度保持不变 B．一定温度和容积固定的容器中，混合气体的密度保持不变 C．一定温度和容积固定的容器中，混合气体的平均相对分子质量保持不变 D．一定温度和容积固定的容器中，的物质的量保持不变 (3)工业上将与按物质的量1∶1投料制取CO和时，和的平衡转化率随温度变化关系如图所示。 ①在923K时，的平衡转化率大于的原因是 。 ②计算923K时反应Ⅱ的化学平衡常数 (计算结果写成最简分数形式)。 (4)以二氧化钛表面覆盖为催化剂，可以将和直接转化成乙酸。 ①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图所示。在250~400℃，乙酸的生成速率先减小后增大的原因是 。 ②为了提高该反应中的转化率，可以采取的措施是 。(答一条即可)。 15．（24-25高三上·河北邢台·开学考试）我国南海蕴藏大量的可燃冰(天然气水合物，可用CH4·xH2O表示)资源。开采利用可燃冰，有助于解决人类面临的能源危机。请回答下列问题： (1)可燃冰在一定条件下能够释放出CH4气体，该条件是_______(填标号)。 A．高温 B．低温 C．高压 D．低压 (2) CH4分解可获得炭黑和氢气，反应为，已知：CH4(g)、H2(g)和C(s)的标准燃烧热分别为、和。 ①标准状况下，5.6m3CH4完全燃烧生成CO2g(g)和H2O(l)时放出 kJ热量(计算结果保留4位有效数字)。 ②a= 。 (3)向压强恒为、初始体积为的容器中加入，在电弧炉的作用下发生分解反应制取，反应的化学方程式为。达到化学平衡状态时，测得、和的物质的量分别为、和4mol，且容器体积变为。 ①该反应中的产率为 。 ②出料中和的物质的量之比并不等于1：3，可能的原因是 。 ③该条件下，反应的压强平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)。 (4)若以甲烷为燃料，以熔融碳酸盐(如)为电解质构成燃料电池。则电池工作时，负极的电极反应式为 。 16．（24-25高三上·贵州·阶段练习）与重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应： 反应I：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   回答下列问题： (1)反应过程中存在反应，其 ，若该反应熵变为kJ/(mol·K)，则在温度 (填“大于”“小于”或“等于”)下，该反应自发。 (2)一定条件下，向VL密闭容器中通入物质的量相等的、发生反应I，下列说法能说明反应体系达到平衡状态的是_______(填序号)。 A．气体平均密度不再变化 B．气体平均摩尔质量不再变化 C．CO与气体体积相等 D．与CO的物质的量之比不再发生变化 (3)一定条件下，向体积为1L的密闭容器中通入、各1.0mol及少量，发生反应I、Ⅱ、Ⅲ测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。 ①图中曲线 (填“a”或”b“)表示的物质的量随温度的变化。 ②若想使平衡时的的产量随温度升高而增加，可采取的措施是 。 ③1100K时，与的平衡转化率分别为95%、90%，反应Ⅰ的平衡常数K= (写出数学计算式即可)，的平衡产量= mol。 (4)微生物燃料电池可以在常温下将甲烷代谢为甲醇并转化为电能，是一种有着广泛发展的甲烷催化途径，其工作原理如图所示，请写出负极的电极反应式： 。 17．（2024高三下·福建龙岩·期中）资源的合理应用以及能源的创新开发是世界各国一直努力研究的重大课题。 (1)CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下发生反应生成CH3OH，测得CO2和CH3OH的浓度随时间变化如图所示。 ①上述反应的化学方程式为 。 ②从0min到3min，v(H2)= 。 ③能说明上述反应达到平衡状态的是 。 a.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度相等 b.混合气体的总压强不再发生变化 c.单位时间内断裂3molH—H键的同时生成2molH—O键 d.CH3OH和H2的反应速率为1：3保持不变 (2)银锌原电池装置的示意图如图，以硫酸铜溶液为电解质溶液。回答下列问题： ①在上述装置中锌作 极，银电极上发生的电极反应为 。 ②外电路中每转移0.1mol电子，理论上电解质溶液的质量变化为 g。 (3)工业合成氨缓解了有限耕地与不断增长的人口对粮食大量需求之间的矛盾。已知： 共价键 H—H N≡N N—H 拆开1mol共价键所需要的能量/(kJ•mol-1) a b c 则工业合成氨每生成1molNH3放出的热量是 kJ。(用含a、b、c的式子表示) 18．（24-25高三上·山西吕梁·阶段练习）以为底物研究化学反应的反应速率及其反应历程。回答下列问题： (1)以沸石非均相Fenton催化剂，通过与作用产生强氧化性的・OH自由基和自由基，能够有效去除水体中污染物，其反应机理如图所示。其中・OH是降解污染物的主要反应活性物质。 ①过程I、II的总反应为 。 ②产生・OH的催化剂是 (填离子符号，下同)；产生的催化剂是 。 ③反应VI的离子方程式为 。 (2)分解速率受多种因素影响。下图甲、乙、丙、丁是实验测得70℃时不同条件下浓度随时间的变化情况。 ①图甲、丁研究了分解速率的影响因素分别是 、 (pH除外)。 ②图乙研究了溶液的pH对分解速率的影响，由图可知，其他条件相同时， 。 (3)对比乙、丙，得出的结论是 。 取水溶液，在少量存在下分解：。在一定温度下，测得的放出量，转换成浓度(c)如下表： 0 20 40 60 80 0.80 0.40 0.20 0.10 0.05 下列说法正确的是 (填字母)。 A．反应20min时，测得体积为224mL(标准状况) B．，消耗的平均速率为 C． 第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率 D．分解酶或代替也可以催化分解 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)AD (3) 0.324 (4) 【详解】（1）根据表中数据可知：①； ②； 由盖斯定律，②-①可得。 （2）A．反应和反应Ⅱ的焓变均大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，C2H6平衡转化率提高，则平衡体系中乙烯的体积分数提高，故A正确； B．反应和反应Ⅱ的焓变均大于0，为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，C2H6平衡转化率降低，则平衡体系中乙烯的体积分数降低，故B错误； C．反应和反应Ⅱ均为气体计量数之和增大的反应，增大压强平衡逆向移动，C2H6平衡转化率降低，则平衡体系中乙烯的体积分数降低，故C错误； D．分离出水，使反应Ⅱ平衡正向移动，则平衡体系中乙烯的体积分数提高，故D正确； 故答案选AD。 （3）图中曲线p表示的物质为CO，随起始投料比比值增大，浓度增大，致使反应Ⅱ正向移动，H2浓度降低，致使反应Ⅰ也正向移动，乙烯浓度增大，但由于起始的物质的量的增加，乙烯的平衡物质的量分数减小，反应Ⅰ正向移动使乙烷的转化率增大，平衡物质的量减小，平衡物质的量分数减小，因此，乙烷的平衡物质的量分数改变量比乙烯的物质的量分数改变量变化大，故表示的曲线为m； 当时，CO平衡物质的量分数为12%，曲线m与曲线n相交，，利用三段式分析计算： 平衡时为（1-x-y）mol，为x+ymol，1-x-y=x+y，解得x+y=0.5mol，平衡时CO为ymol，总气体物质的量为，代入x+y=0.5，总气体为2.7mol，CO平衡物质的量分数为12%=，解得y=0.324mol，即平衡时体系中0.324mol； 平衡时体系中总气体为2.7mol，=0.5mol，，反应Ⅰ的平衡常数。 （4）该历程中BNOH参与反应，最后又生成BNOH，故该历的催化剂是BNOH； 从图中看为第一步基元反应活化能最大，故这一部分反应中慢反应为：。 2．(1)1423 (2)2.5 (3) > (4) 甲 > 12 > 【详解】（1）设形成1mol光气中的化学键放出的热量为xkJ，由反应热和反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：1072kJ/mol+243KJ/mol—xkJ/mol=—108kJ/mol，解得x=1423，故答案为：1423； （2）由实验I 、Ⅱ可得：=，解得n=1，由实验Ⅱ、Ⅲ可得：=，解得m=1.5，则反应的总级数为2.5，故答案为：2.5； （3）①投料比x增大，相当于增大氯气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大，由图可知，投料比条件下一氧化碳的转化率大于投料比，则投料比大于投料比，故答案为：>； ②该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，温度不变，平衡常数不变，由图可知，反应温度a＜b=c，则平衡常数最大的为，故答案为：； （4）①该反应是气体体积减小的放热反应，恒温条件下反应时，气体压强减小，绝热条件下反应时，反应温度升高，气体压强增大，则在绝热条件下发生反应的是容器甲，故答案为：甲； ②该反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，绝热条件下反应时，反应温度升高，则b点温度高于a点，所以体积和压强相等时，a点气体总物质的量大于b点，故答案为：>； ③设平衡时反应生成amol光气，由方程式可知，混合气体的物质的量为(2—a)mol，由图可知，起始和平衡时气体压强分别为8p、5p，由气体的物质的量之比等于压强之比可得：2：(2—a)=8：5，解得a=0.75，则反应的浓度熵Q==12；由图可知，b点反应达到平衡，a点反应未达到平衡，说明b点温度高于a点，a、b的压强相同说明b点混合气体的物质的量小于a点，该反应是气体体积减小的反应，则b点反应物的浓度小于a点、生成物的浓度大于a点，所以a点的浓度熵小于b点的平衡常数，故答案为：12；>。 3．(1) I 吸热 < > (2) 60% a 25 【详解】（1）①由表格数据可知，升高温度，反应Ⅰ的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应Ⅱ、反应Ⅲ的平衡常数均减小，说明平衡向逆反应方向移动，均为放热反应，平衡常数越大，反应进行的程度越大，根据表中数据可知，相同温度下，反应Ⅰ的平衡常数大于反应Ⅱ、反应Ⅲ的平衡常数，所以积碳主要由反应反应Ⅰ导致，故答案为：Ⅰ；吸热； ②该反应为气体体积增大的反应，温度相同时，增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷的转化率减小，由图可知，温度相同时，p1条件下甲烷的转化率大于p2条件下，则压强p1小于p2，压强越大，反应速率越快，所以b点反应速率大于a点；由图可知，升高温度，甲烷的转化率增大，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，a点反应温度高于c点，则a点反应的平衡常数大于c点，故答案为：<；>； （2）由图可知，650℃平衡时，甲烷和二氧化碳的浓度分别为0.78mol/L、0.70mol/L，则甲烷的产率为×100%=39%，二氧化碳的转化率为×100%=65%，甲烷的选择性S%=×100%=60%；投料比增大，相当于增大氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，但氢气的转化率减小，则曲线a表示二氧化碳的平衡转化率；由图可知，为4时，二氧化碳的平衡转化率为80%，设容器容积为1 L，则由题意可建立如下三段式：，c(总)=0.4+1.6+1.6+3.2=6.8mol/L，平衡时的总压强为3.4 MPa，由三段式数据可知，反应的平衡常数Kp==25，故答案为：60%；a；25。 4．(1)  kJ·mol (2) ) (3)CDE (4) > 16 66.7% 相对于N点而言，M点对应温度在500~600K，温度较高，反应速率较快。M点CO的平衡转化率已经达到90%，常压对设备和动力要求低，更经济 【详解】（1）根据盖斯定律可知，kJ/mol，热化学方程式： kJ·mol。 （2）根据图像可知，温度下，当的投料比为2时，二氧化碳的转化率为60%，反应的二氧化碳的量为3.6mol，生成二甲醚的量为1.8mol，则0~5min内的平均反应速率mol⋅L⁻¹⋅min⁻¹；合成二甲醚为放热反应，温度越高，二氧化碳转化率越低，故，温度越高，平衡常数越小，温度相同，平衡常数相同，故KA、、三者之间的大小关系为。 （3）A．当CO和的物质的量浓度之比是1∶2，无法说明正逆反应速率相等，A错误； B．CO的消耗速率与的生成速率都为正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，B错误； C．反应为气体分子数减少的反应，在恒压条件下，容器中混合气体的体积保持不变能说明反应达到平衡状态，C正确； D．气体的总质量不变，反应为气体分子数减少的反应，故容器中混合气体的平均摩尔质量保持不变，D正确； E．气体的总质量不变，反应为气体分子数减少的反应，在恒压条件下当到达平衡时，气体的体积不再改变，混合气体的密度不再改变，能说明反应达到平衡状态，E正确； 故选CDE。 （4）①根据可知，该反应正方向气体分子数减小，增大压强，平衡正向进行，平衡时的物质的量较大，由图可知，； ②根据三段式， ；的转化率为。 5．(1)250mL容量瓶 (2)碱式滴定管或移液管 (3)溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复原色 (4)98.05% (5)③⑤ (6)H2B= H+＋HB- (7) (8)10-9 【分析】Ⅰ．配置一定物质的量浓度的溶液，操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等，根据操作选择仪器，碱性溶液盛放在碱式滴定管中，滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，用0.2010molL-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，酚酞做指示剂溶液呈红色，滴入盐酸反应终点变化为溶液由红色变为无色，所耗盐酸标准液的体积带入公式计算，根据m(烧碱)= c(烧碱)·V(烧碱溶液)·M(烧碱)，可求出烧碱质量，再计算出烧碱的质量分数； 根据分析误差，计算式中错误操作引起的变化全部变化为标准溶液体积的变化来判断浓度变化，Ⅱ．由题图可知，达到滴定终点时消耗的NaOH为40mL，由此判断二元酸H2B的浓度为0.1000mol·L-1，混合溶液中各微粒的物质的量分数曲线只有两条，说明二元酸H2B的第一步电离为完全电离，第二步部分电离，根据电荷守恒，可求c(Na+)，结合图象，c(HB-)=c(B2-)时溶液的pH=5，据此解答。 【详解】（1）操作步骤有称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器是：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，需要的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管还需要250mL容量瓶，答案：250mL容量瓶； （2）待测液是碱性溶液，取10.00mL待测液，用碱式滴定管或移液管量取，答案：碱式滴定管或移液管； （3）滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的化，以便准确判断终点的到达，用0.2010molL-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，酚酞做指示剂溶液呈红色，滴入盐酸反应终点变化为溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复原色，说明反应达到终点，答案：溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复原色； （4）标准液的体积分别为：19.90mL，20.10m L，两组数据都有效，平均体积为20.00mL，带入公式可得：=0.4020mol/L，m(烧碱)=c(烧碱)·V(烧碱溶液)·M(烧碱)=0.4020mol/L×0.25L×40g/mol=4.020g，烧碱的纯度w(烧碱)=×100%=98.05%，答案：98.05%； （5）①记录起始体积时，仰视读数，终点时俯视，读取标准液溶液体积减小，测定浓度偏低，故①错误； ②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液，待测液浓度稀释，测定浓度偏低，故②错误； ③滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失，读取的标准液体积增大，测定浓度偏高，故③正确； ④滴定过快成细流、将碱液溅到锥形瓶壁而又未摇匀洗下，以为达到反应终点停止滴加，碱液未被全部反应，会造成测定结果偏低，故④错误； ⑤盐酸在滴定时溅出锥形瓶外，消耗标准液体积增大，测定浓度偏高，故⑤正确； 答案：③⑤； （6）由分析可知，二元酸H2B的第一步电离为完全电离，一级电离方程式为H2B= H+＋HB-，答案：H2B= H+＋HB-； （7）滴定终点时，溶液为Na2B，根据物料守恒，溶液中，答案：； （8） 由题图可知，c(HB-)=c(B-)时溶液的pH=5，则Ka(HB-)==1.0×10-5，Kh（B2-）==1.0×10-9，答案：10-9。 6．(1)+41.2 (2)正向 (3) n 24% (4) a 200~400℃以反应Ⅰ为主，加压反应Ⅰ正向移动，c(H2O)增大，对反应Ⅱ起抑制作用；升温对反应Ⅱ起促进作用，两种因素作用相当，导致CO物质的量分数几乎不变 0.25 【详解】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅰ—反应Ⅲ=反应Ⅱ，则ΔH2=(—49.4kJ/mol)—(—90.6kJ/mol)= +41.2kJ/mol，故答案为：+41.2； （2）恒压条件下充入不参与反应的惰性气体，相当于减小压强，反应Ⅰ是气体体积减小的反应，减小压强，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳和氢气的浓度增大、水蒸气浓度减小，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，减小压强，平衡不移动，但二氧化碳和氢气的浓度增大、水蒸气浓度减小会使平衡向正反应方向移动，故答案为：正向； （3）反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大、浓度减小，甲醇的选择性增大，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，但二氧化碳和氢气浓度减小、水蒸气浓度增大会使平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，一氧化碳的选择性减小，由甲醇的选择性与一氧化碳的选择性之和等于100%可知，曲线m表示甲醇的选择性、曲线p表示一氧化碳的选择性、曲线n表示二氧化碳的平衡转化率；由图可知，A点时二氧化碳的转化率和一氧化碳的选择性都为30%，则甲醇的选择性为70%，由方程式可知，平衡时，反应Ⅰ消耗氢气的物质的量为1mol×30%×70%×3=0.63mol，反应Ⅱ消耗氢气的物质的量为1mol×30%×30%=0.09mol，则氢气的转化率为×100%=24%，故答案为：n；24%； （4）①反应Ⅰ是放热反应，压强不变时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数减小，反应Ⅱ是吸热反应，压强不变时，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的物质的量分数增大，由(3)可知，增大压强，甲醇的物质的量分数增大、一氧化碳的物质的量分数减小，所以表示10 MPa时甲醇的物质的量分数随温度变化关系的曲线是a、表示一氧化碳的物质的量分数随温度变化关系的曲线是d，故答案为：a； ②200-400℃，b、d曲线基本重合是因为200~400℃以反应Ⅰ为主，加压反应Ⅰ正向移动，c(H2O)增大，对反应Ⅱ起抑制作用；升温对反应Ⅱ起促进作用，两种因素作用相当，导致CO物质的量分数几乎不变，故答案为：200~400℃以反应Ⅰ为主，加压反应Ⅰ正向移动，c(H2O)增大，对反应Ⅱ起抑制作用；升温对反应Ⅱ起促进作用，两种因素作用相当，导致CO物质的量分数几乎不变； ③由图可知，590℃时，甲醇和一氧化碳的物质的量分数都为30%，由三种气体物质的量分数之和为1可知，二氧化碳的物质的量分数为40%， 由碳原子个数守恒可知，平衡时，甲醇、一氧化碳、二氧化碳物质的量分别是0.6 mol、0.6 mol、0.8 mol，由方程式可知，氢气的物质的量为6 mol—0.6 mol×3—0.6 mol=3.6 mol，水物质的量为0.6 mol+0.6 mol=1.2 mol，则平衡时体系中气体总物质的量为6.8 mol，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp==0.25，故答案为：0.25。 7．(1) ＜ -281.6 370.4 (2) ④ 该反应放出大量的热，四个反应中热力学趋势最大(或氧气足量时，CH4可彻底转化为CO2和H2O) (3) III 13%(或0.13) (4) 【详解】（1）甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水，1mol甲烷燃烧生成气态水时放出热量，则生成液态水会放出更多的热量，则＜； 已知④  ； ⑤  ； ⑥  ； 根据盖斯定律，将反应④×2－(⑤×2+⑥)得到，则==-281.6； 根据＜0反应能自发进行，则－T×＜0，则T＞370.4K，该反应能自发进行； （2）相同温度下，反应①~④中，平衡常数值最大的是反应④，原因是该反应放出大量的热，四个反应中热力学趋势最大(或氧气足量时，CH4可彻底转化为CO2和H2O)； （3）与是竞争关系，其和为1，根据图像代表的是II，则代表的是曲线Ⅰ，则代表的是曲线Ⅲ；设，，此时甲烷转化率为0.16，则n转化(CH4)=8mol×0.16=1.28mol，=0.82，代入公式中，得到=0.5248mol，初始投料，理论上如果甲烷全部转化为二碳烃，则=4mol，的产率为。 （4） 基态氧原子价层电子排布的轨道表示式为；根据均摊法，每个晶胞中含有O的个数为，Mn的个数为，1个晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞密度为。 8．(1) (2) (3) (4) (5) (6) 【详解】 9．(1) 0.013 65% b bc (2) > 增大 【详解】（1）①由表格可知，3s是NO的物质的量为：0.007mol，则转化了0.013mol，根据方程式，消耗0.013molNO，生成的物质的量为0.013mol；在第时，的物质的量已经不变，说明达到平衡状态，NO转化的物质的量为：0.013mol，转化率为； ②NO2的物质的量从0开始增加，3s时，NO转化了0.013mol，浓度变化量为，故图中表示变化曲线的是b； ③a．每消耗，生成的，均为正反应方向，不能判断达到平衡状态，a错误； b．各物质组分的物质的浓度不再改变，说明达到平衡状态，b正确； c．该反应前后气体的分子数变化，气体总质量不变，当混合气体的平均相对分子质量不变时达到平衡状态，c正确； d．气体总质量不变，容器体积不变，容器内密度始终保持不变，不能判断达到平衡状态，d错误； 故选bc； （2）由图可知，M的物质的量增加，为生成物，N的物质的量减少，为反应物，t2时刻，N减少了4mol，M增加了2mol，故化学方程式为2N(g)M(g)； ①t2时刻后M的物质的量仍在增加，说明未达到化学平衡状态，反应正向进行，正反应速率>逆反应速率； ②若，反应开始至时刻用M的浓度变化表示的平均反应速率为：； ③升高温度，正逆反应速率均增大，故增大。 10．(1) ＜ (2) 电能 正极 还原 减小 2.24 【详解】（1）①氢氧化钠溶液和盐酸反应： ②固体氢氧化钠溶于水：   ③固体氢氧化钠和盐酸反应：   根据盖斯定律，①+②=③，则；步骤一中10g即0.25molNaOH固体溶于水时放热a kJ。步骤二中10g即0.25molNaOH固体与足量的盐酸反应时放热b kJ，若忽略掉误差，则含10g即0.25molNaOH的溶液与盐酸完全反应时放热(b-a) kJ，则氢氧化钠溶液和盐酸反应的中和热的热化学方程式为，。 （2）x电极上氢气失去电子被氧化，在氢氧根参与下生成水，电极反应式为；y电极上氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为；则电池总反应为； ①据分析，电池总反应为，则该装置将中和反应的热能转化为电能。 ②据分析，y是原电池的正极，发生还原反应。 ③据分析，负极反应式为；反应中钠离子从负极透过阳离子交换膜进入正极，则反应一段时间后，左极室溶液质量变化减小；若溶液中有0.2mol离子透过交换膜，则转移0.2mol电子，则根据 可知，y极产生0.1mol氢气、其体积为2.24L(标况下)。 11．(1) BD ZnSO3 ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2HSO (2)随着pH降低，HSO浓度增大 (3)2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑ (4) 四面体空隙 电负性O>N，电负性差值Zn-O键>Zn-N键，故Zn-N键中离子键百分数小 【详解】（1）①A．水浴加热氧化锌浆料，虽然提高了反应温度，但温度升高可能导致SO2气体溢出，导致SO2浓度降低，故不一定加快反应速率，不一定能提高吸收效率，A不符合题意； B．加快搅拌，加大了ZnO与SO2的接触面积，加快反应速率，提高吸收效率，B符合题意； C．降低通入SO2气体的速率，SO2浓度降低，化学反应速率降低，吸收效率降低，C不符合题意； D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2，加大了ZnO与SO2的接触面积，加快反应速率，提高吸收效率，D符合题意； 故答案选BD； ②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2； （2）pH值大于6.5时，S(Ⅳ)以微溶物ZnSO3形式存在，使S(Ⅳ)不利于与O2接触，反应速率慢；pH降低，S(Ⅳ)的主要以形式溶于水中，与O2充分接触，因而pH降低生成速率增大；随着反应的不断进行，大量的反应生成，反应的离子方程式为2+O2=2+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小； （3）ZnSO4·7H2O中ZnSO4质量分数为，即C点物质对应ZnSO4，隔绝空气加热可得到氧化锌固体和两种气体，该过程的化学方程式为2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑； （4）由晶胞结构图可知，O2-周围有4个Zn2+，即O2-位于Zn2+构成的正四面体空隙中；若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，由于电负性O>N，电负性差值Zn-O键>Zn-N键，故Zn-N键中离子键百分数小。 12．(1) 正四面体形 (2) AB 80% (3) a极 【详解】（1） 甲烷的电子式为，甲烷的空间结构为正四面体形。 （2）①A．气体颜色不再变化说明NO2的浓度不再变化，能说明反应达到平衡状态； B．说明同一物质表示的正、逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态； C．该反应中所有物质都呈气态，建立平衡的过程中气体的质量始终不变，则气体质量不再变化不能说明反应达到平衡状态； D．1molCH4发生反应同时生成2molH2O，只说明正反应，不能说明反应达到平衡状态； 能说明反应已达平衡状态的是AB。 ②反应在2L恒容的密闭容器中进行，CH4和NO2的起始量分别为1mol和2mol，5min后，该反应达到平衡状态，此时生成0.8molN2，则反应消耗1.6molNO2，NO2的平衡转化率为×100%=80%。 （3）①根据O2-的移动方向可知，a极为该甲烷燃料电池的负极，b极为正极。 ②a极上CH4发生失电子的氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O。 ③消耗O2物质的量为=0.1mol，O2发生的电极反应为O2+4e-=2O2-，故转移电子物质的量为0.1mol×4=0.4mol；根据CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，则理论上消耗CH4物质的量为0.05mol。 13．(1)湿润红色石蕊试纸或湿润的pH试纸 (2)硝酸铵易潮解结块，影响反应物接触，且带入的水会吸收氨气 (3) (4) 0.06 0.35 (5)② (6)BC (7)①③④⑤ 【分析】根据题中分析，若更换碱或铵盐，避免生成，是否会加快氨气的逸出速率，由表格可知实验2、3、4中无生成，与实验1对比，反应速率加快，实验5中选用与，虽然未生成，但硝酸铵易潮解结块，影响反应物接触，且带入的水会吸收氨气，反应速率也减慢了。 【详解】（1）氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，能使湿润的pH试纸变蓝，故XX试纸为：湿润红色石蕊试纸或湿润的pH试纸； （2）已知硝酸铵容易吸潮，而导致结块，从而影响反应物接触，且潮解吸收的水分溶解氨气，影响氨气逸出，故与的反应速率未加快的原因：硝酸铵易潮解结块，影响反应物接触，且带入的水会吸收氨气； （3）工业合成氨的化学方程式：； （4）从图中可知，曲线III的斜率最大，I代表NH3，Ⅱ代表N2，0~5min内，氨气的物质的量变化量为0.6mol，故=0.06；由图可知，反应平衡时，氨气的物质的量为0.7mol，=0.35mol/L； （5）转化成同种物质、相同单位进行比较，①，②，③，故速率最快的是②； （6）A.均为逆反应方向，不能判断达到平衡状态，A错误； B.恒容条件下，随着反应的进行压强减小，当压强不变时可以判断平衡，B正确； C.NH3的浓度不变时达到化学平衡状态，C正确； D.反应中气体总质量不变，总体积不变，密度一直不变，不能判单平衡，D错误； 故选BC； （7）①加入催化剂反应速率加快； ②恒压充入He，体积要膨胀，反应物浓度下降，速率减小； ③升高温度，反应速率加快； ④恒容充入N₂，反应物浓度升高，速率加快； ⑤压缩体积，反应物浓度增加，速率加快，； 选①③④⑤。 14．(1)+140 (2)ACD (3) 只发生反应Ⅰ时，和的转化率相等，但还发生了反应Ⅱ (4) 在250~300℃之间，催化剂的催化效率降低，乙酸的生成速率主要受催化剂的影响；在300~400℃之间，乙酸的生成速率主要受温度的影响 增大的浓度(或增大压强) 【详解】（1）反应物的键能总和-生成物的键能总和=kJ⋅molkJ⋅molkJ⋅mol，则kJ⋅mol； （2）A．容器为绝热，反应Ⅰ为吸热反应，反应开始至平衡过程，体系温度降低，则当温度保持不变时，说明反应Ⅰ达到平衡，A符合题意； B．容器为恒容，气体体积不变，各反应组分都是气体，气体总质量不变，根据密度的定义，反应开始至平衡过程，混合气体的密度始终保持不变，因此混合气体的密度不变，不能说明反应Ⅰ达到平衡，B不符合题意； C．各反应组分都是气体，气体总质量保持不变，根据反应方程式可知，该反应为气体物质的量增大的反应，根据，反应开始至平衡过程，混合气体的平均相对分子质量不断减小，因此当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，说明反应Ⅰ达到平衡，C符合题意； D．一定温度和容积固定的容器中，的物质的量保持不变，即的浓度不变，说明反应Ⅰ达到平衡状态，D符合题意； 故选ACD； （3）①根据反应Ⅰ可知，和的投料比等于化学计量数之比，则其转化率相等，但还发生反应Ⅱ，因此的平衡转化率大于的，所以在923K时，的平衡转化率大于的原因是：只发生反应Ⅰ时，和的转化率相等，但还发生了反应Ⅱ； ②令起始时通入和的物质的量浓度为1mol⋅L，根据反应Ⅰ列三段式：，整个反应中的转化率为70%，总消耗mol⋅Lmol⋅L，则反应Ⅱ中消耗mol/L，反应Ⅱ列三段式：，则反应Ⅱ的平衡常数； （4）①根据图像可知，250~400℃，乙酸的生成速率先减小后增大的原因是：在250~300℃之间，催化剂的催化效率降低，乙酸的生成速率主要受催化剂的影响；在300~400℃之间，乙酸的生成速率主要受温度的影响； ②为了提高该反应中的转化率，可以采取的措施是增大的浓度、增大压强等。 15．(1)AD (2) 74.9 (3) 44.4% 该反应存在副反应 (4) 【详解】（1）可燃冰是甲烷气体在高压低温条件下形成的固体物质，则可燃冰分解为CH4气体的条件相反，为高温低压，有利于气体逸出，故答案为：AD； （2）①根据CH4(g)的标准燃烧热计算可知，标准状况下，5.6m3完全燃烧生成和时放出的热量为，故答案为：； ②由题意可知：；；；则，则，故答案为：74.9； （3）①由题中所给数据计算可知的产率为，故答案为：44.4%； ②出料中和的物质的量之比并不等于1：3，可能的原因是该反应存在副反应，故答案为：反应存在副反应； ③根据容器的体积变化可知，达到化学平衡状态时，气体的总物质的量为7mol，则、和的分压分别为、和，因此，该条件下，反应的压强平衡常数，故答案为：； （4）以熔融碳酸盐(如)为电解质的甲烷燃料电池工作时，负极发生氧化反应，即通入CH4的一极为负极，该电极反应式为，故答案为：。 16．(1) 大于 (2)BD (3) a 选用其它催化剂，提高反应Ⅱ的选择性 0.35 (4) 【详解】（1）根据盖斯定律可知，目标方程式=，则； 当时，反应能自发进行，因此，即在温度大于下，该反应自发。 （2）A．由于混合气体总质量不变，也为恒容密闭容器，根据可知，混合气体的平均密度一直保持不变，当气体平均密度不再变化时，不能说明达到化学平衡状态，故A不符合题意； B．由于混合气体总质量不变，但反应前后气体分子数不相等，根据可知，混合气体的平均相对分子质量随着反应进行在发生改变，当气体平均摩尔质量不变时，说明达到化学平衡状态，故B符合题意； C．一氧化碳和H2均是产物，计量数相等，即产生的CO与气体体积一直相等，因此当CO与气体体积相等时，不能说明达到平衡状态，故C不符合题意； D．甲烷和一氧化碳分别为反应物和产物，因此两者的物质的量之比随着反应的进行会发生改变，当不再改变时，说明处于化学平衡状态，故D符合题意； 故答案选BD。 （3）①由反应I、Ⅱ、Ⅲ可知，反应产物有CO、H2和H2O，生成的H2会在反应Ⅱ中与CO2反应生成CO，CO的产量高于H2，故a曲线表示产物H2，b曲线表示CO； ②反应Ⅱ为吸热反应，若选用其它催化剂，提高反应Ⅱ的选择性，可能使平衡时H2O的产量随着温度升高而增加； ③1100K时，CH4与CO2的转化率分别为95%、90%，则此时CH4的物质的量为1mol×(1-95%)=0.05mol，CO2的物质的量为1mol×(1-90%)=0.1mol，根据图中信息得到CO物质的量为1.85mol，H2物质的量为1.55mol，容器体积为1L，所以反应Ⅰ的平衡常数K==； 根据氢元素守恒，，则水的物质的量为。 （4）根据题中信息可知，在常温下将甲烷代谢为甲醇并转化为电能，因此甲烷中碳元素化合价升高，即在负极发生氧化反应，装置中是质子交换膜，因此电极反应式为：。 17．(1) CO2+3H2CH3OH+H2O 0.5 mol·L-1·min-1 b (2) 负 Cu2++2e-=Cu 0.05 (3) 【详解】（1）①从图中可以看出，参加反应CO2、CH3OH的浓度都为0.75mol/L，则二者的化学计量数相同；另外，9min后，反应物和生成物的浓度都不再发生改变，则此反应为可逆反应，上述反应的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O。 ②从0min到3min，参加反应CO2的浓度为0.50mol/L，则参加反应H2的浓度为1.50mol/L，v(H2)== 0.5 mol·L-1·min-1。 ③a.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度相等，可能是反应进行过程中的某个阶段，不一定是平衡状态，a不符合题意； b.反应前后气体的总分子数不等，混合气体的总压强不再发生变化，表明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，b符合题意； c.单位时间内断裂3molH—H键的同时生成2molH—O键，反应进行的方向相同，不一定达平衡状态，c不符合题意； d. CH3OH和H2的化学计量数之比为1:3，则CH3OH和H2的反应速率之比始终为1:3，反应不一定达平衡状态，d不符合题意； 故选b。 （2）①由分析可知，在上述装置中锌作负极，Cu2+在银电极上得电子生成Cu，发生的电极反应为Cu2++2e-=Cu。 ②原电池工作时，发生如下转化Zn——2e-——Cu，外电路中每转移0.1mol电子，理论上电解质溶液的质量变化为=0.05g。 （3）合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，则生成2molNH3，放出的热量为(6c-3a-b)kJ， 则工业合成氨每生成1molNH3放出的热量是kJ。 【点睛】合成氨反应放出的热量，应等于生成物的总键能与反应物的总键能之差。 18．(1) 和 和 (2) 的浓度 的浓度 溶液pH越大(或碱性越强)，分解速率越快 (3) 有存在时，分解速率加快 ABD 【详解】（1）①从图中可知，过程I和II的反应实质为H2O2在催化剂作用下反应生成·OH、·HO2和水，总反应为。 ②从反应I、III、Ⅴ可知，产生·OH的催化剂为Fe2+和Cu+，从反应II、Ⅳ、Ⅶ可知，产生·HO2的催化剂为Fe3+、Cu2+。 ③反应Ⅵ中Fe3+与Cu+反应生成Cu2+和Fe2+，离子方程式为。 （2）①图甲中H2O2初始浓度不同，研究的是H2O2浓度对其分解速率的影响。图丁中Mn2+浓度不同，研究的是Mn2+浓度对H2O2分解速率的影响。 ②从图中可知，NaOH浓度越大(即pH越大)，相同时间内H2O2浓度减小量越大，说明其他条件相同时，溶液的pH越大，H2O2分解速率越快。 （3）乙和丙其他条件都相同，丙中相对于乙多了3mg/L的Mn2+，从实验结果可知，有存在时，分解速率加快。 A．反应20min时，H2O2浓度减小量为0.4mol/L，溶液体积为50mL，则消耗H2O20.02mol，生成氧气0.01mol，标况下体积为224mL，A正确； B．20-40min，H2O2浓度减小量为0.2mol/L，则反应速率为0.2mol/L÷20min=0.01mol·L-1·min-1，B正确； C．从图中可知，50min时反应尚在进行中，30min时过氧化氢的浓度一定大于50min时过氧化氢的浓度，则30min的瞬时速率一定大于50min时的瞬时速率，C错误； D．H2O2分解酶和Fe2O3均可代替I-作为催化剂催化H2O2分解，D正确； 故答案选ABD。 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 $$