专题检测练(5)(Word练习)-【优化指导】2025年高考化学二轮复习高中总复习·第2轮（单选版）

专题检测练(五) 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1．(2024·北京平谷区一模)下列事实不能从平衡移动的角度解释的是(　　) A．溶洞中石笋的形成 B．加热可以增强Na2CO3溶液清洗油污的效果 C．实验室用排饱和食盐水法收集氯气 D．压缩盛有NO2和N2O4混合气体的针筒，气体颜色变深 D　解析：溶洞中石笋的形成，碳酸钙和水、二氧化碳反应生成微溶的碳酸氢钙，溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶向下落时，水分蒸发、二氧化碳压强减小及温度的变化都会使二氧化碳溶解量减小，平衡向碳酸钙析出方向移动，从而形成石笋，可以用平衡移动解释，A正确；加热可以促进碳酸钠溶液中碳酸根离子的水解，溶液碱性增强，有利于油脂水解，可以用平衡移动解释，B正确；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，饱和食盐水中氯离子浓度大，平衡逆向移动，可以抑制氯气的溶解，可以用平衡移动解释，C正确；压缩盛有NO2和N2O4混合气体的针筒，体积减小，气体浓度增大，颜色变深，不能用平衡移动解释，D错误。 2．(2024·湖北省部分重点校联考)在恒容密闭容器中，进行反应2CO(g)＋SO2(g)⥫⥬2CO2(g)＋S(s)　ΔH＜0，对此反应下列说法正确的是(　　) A．分离出S(s)，正、逆反应速率均减小 B．从反应开始至平衡，容器内气体的压强保持不变 C．达平衡后，再充入一定量的CO2，平衡常数K增大 D．若混合气体的密度保持不变，则该反应已达平衡状态 D　解析：S是固体，分离出S，则正、逆反应速率均不变，A错误；平衡建立过程中气体总物质的量不断变化，气体的压强不断变化，B错误；达平衡后，再充入一定量的CO2，平衡逆向移动，由于温度不变，则平衡常数不变，C错误；该反应中，S是固体，混合气体的总质量不断变化，密度不断变化，当混合气体的密度不变时，该反应达到平衡状态，D正确。 3．(2024·福建南平二模)在1 L密闭容器中投入0.1 mol X，在一定温度下发生反应：X(g)⥫⥬Y(g)＋Z(g)　ΔH＜0，容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A．从反应开始到t1 min时的平均反应速率v(X)＝ mol/(L·min) B．t2 min时X的转化率为80% C.该温度下，该反应的平衡常数K＝0.32 D．起始和平衡时气体的总物质的量之比为9∶5 D　解析：初始时总压强为0.5 kPa，X为0.1 mol，t1 min时气体的总压强为0.7 kPa，此时气体的总物质的量为0.14 mol，则转化的X为0.04 mol，故从反应开始到t1 min时的平均反应速率v(X)＝＝ mol/(L·min)，A正确；由图可知，开始时投入0.1 mol X，气体的总压强为0.5 kPa；t2 min时气体的总压强为0.9 kPa，此时气体的总物质的量为0.18 mol，则转化的X为0.08 mol，故t2 min时X的转化率为×100%＝80%，B正确；利用“三段式法”计算平衡常数： 则平衡常数K＝＝＝0.32，C正确；恒温恒容时，气体的压强之比等于其物质的量之比，则有n(前)∶n(平)＝p(前)∶p(平)＝0.5 kPa∶0.9 kPa＝5∶9，D错误。 4．(2024·江苏省扬州中学一模)如图为一种酶生物电池，可将葡萄糖(C6H12O6)转化为葡萄糖内酯(C6H10O6)，两个碳纳米管电极材料由石墨烯片层卷曲而成。下列说法不正确的是(　　) A．图中的离子交换膜为阳离子交换膜 B．负极区发生的电极反应主要为C6H12O6－2e－===C6H10O6＋2H＋ C．碳纳米管有良好导电性能，且能高效吸附气体 D．理论上消耗标准状况下2.24 L O2，可生成葡萄糖内酯0.2 mol D　解析：图中离子交换膜能让氢离子透过，故离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；负极区发生氧化反应，电极反应主要为C6H12O6－2e－===C6H10O6＋2H＋，B正确；碳纳米管电极材料由石墨烯片层卷曲而成，有良好导电性能，且能高效吸附气体，C正确；理论上消耗标准状况下2.24 L O2，得到0.4 mol e－，由于负极区有H2和C6H12O6两种物质失电子，故生成葡萄糖内酯小于0.2 mol，D错误。 5．(2024·辽宁沈阳一模)下列实验装置能够达到实验目的的是(　　) A．图a测定醋酸的浓度 B．图b由AlCl3溶液制取无水AlCl3 C．图c探究压强对平衡的影响 D．图d验证Zn保护了Fe A　解析：氢氧化钠溶液不会腐蚀聚四氟乙烯，故该滴定管可以装氢氧化钠溶液，待测醋酸在锥形瓶内，中和产物醋酸钠水解呈碱性，故选用酚酞作指示剂，则图a可测定醋酸的浓度，A正确；氯化铝溶液水解得到氢氧化铝和HCl，图b不能由AlCl3溶液制取无水AlCl3，B错误；该反应前后气体物质的量不变，改变压强，平衡不移动，故不能由图c探究压强对平衡的影响，C错误； d中实验的现象：在Fe附近加入K3[Fe(CN)6]溶液，在Fe表面生成蓝色沉淀，说明在Fe表面产生了Fe2＋，可能是K3[Fe(CN)6]在电极上发生电极反应，不符合预设目的，D错误。 6．(2024·北京大兴区二模)一定温度下，在三个1 L的恒容密闭容器中分别进行反应：2X(g)＋Y(g)⥫⥬Z(g)，达到化学平衡状态时，相关数据如下表。下列说法不正确的是(　　) A.达到化学平衡时， Ⅰ 中X的转化率为80% B．化学平衡常数：K( Ⅱ )＝K( Ⅰ ) C．达到化学平衡所需要的时间： Ⅲ ＜ Ⅰ D．按 Ⅱ 中的起始浓度进行实验，反应逆向进行 D　解析：达到平衡时， Ⅰ 中c(Z)＝0.08 mol/L，结合反应可知，Δc(X)＝0.16 mol/L，则 Ⅰ 中X的转化率为×100%＝80%，A正确；平衡常数只与温度有关， Ⅰ 和 Ⅱ 的温度均为400 ℃，则有K( Ⅱ )＝K( Ⅰ )，B正确； Ⅰ 和 Ⅲ 的起始浓度相同，但 Ⅲ 的温度高于 Ⅰ ，则 Ⅲ 中反应比 Ⅰ 快，达到平衡所需时间短，C正确；根据 Ⅰ 中数据计算平衡常数K＝2.5×103, Ⅱ 中起始时浓度商Q＝＝＝＜K＝2.5×103，故反应正向进行，D错误。 7．(2024·山东临沂一模)电解法制备Cu2O的装置如图所示，已知生成Cu2O的反应为Cu2Cl2＋2OH－===Cu2O＋H2O＋2Cl－，下列说法错误的是(　　) A．铂电极连接电源的负极 B．离子交换膜为阴离子交换膜 C．铜电极反应为2Cu＋2Cl－－2e－===Cu2Cl2 D．制备7.2 g Cu2O，阴极区溶液质量减少0.1 g D　解析：铜电极为电解池的阳极，在氯离子作用下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成Cu2Cl2，铂电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，放电生成的氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区。铂电极为连接电源负极的阴极，A正确；电解池工作时，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区，B正确；铜电极为电解池的阳极，在氯离子作用下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成Cu2Cl2，电极反应为2Cu＋2Cl－－2e－===Cu2Cl2，C正确；结合得失电子守恒可知，电解制备得到7.2 g氧化亚铜时，阴极区溶液减少水的质量为×2×18 g/mol＝1.8 g，D错误。 8．(2024·重庆市七校联盟联考)标准状况下，气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下。已知：O2和Cl2的相对能量为0。下列说法错误的是(　　) A．相同条件下，O3的平衡转化率：历程 Ⅰ＝历程 Ⅱ B．可计算Cl—Cl键能为2(E5－E6) kJ/mol C．由图可知O3(g)＋O(g)===2O2(g)　ΔH＝－(E5－E2) kJ/mol D．历程 Ⅱ 反应的快慢取决于过程 Ⅰ 反应的快慢 C　解析：对比两个历程可知，历程 Ⅱ 是使用了催化剂，催化剂不影响平衡转化率，A正确；E5－E6为Cl的能量，而Cl2的相对能量为0，可算出Cl—Cl键能为2(E5－E6) kJ/mol，B正确；由图可知，E5－E2＝E6－E3，用能量来计算焓变，应该用生成物的总能量减去反应物的总能量，ΔH＝(E5－E2) kJ/mol，C错误；反应的快慢取决于慢反应，也就是活化能大的过程 Ⅰ ，D正确。 9．(2024·山东德州一模)水系锌锰二次电池放电时存在电极MnO2剥落现象，造成电池容量衰减。研究发现，加入少量KI固体能很大程度恢复“损失”的容量，原理如图。已知PBS膜只允许Zn2＋通过。下列说法错误的是(　　) A．放电时，0.6 mol I－参加反应，理论上负极减少13 g B．充电时，电路中每通过2 mol e－，阳极区溶液减少87 g C．放电时的总反应：Zn＋MnO2＋4H＋===Zn2＋＋Mn2＋＋2H2O D．PBS膜的优点是能有效抑制电池的自放电 B　解析：加入KI后，I－与剥落的MnO2反应生成I，发生反应MnO2＋3I－＋4H＋===Mn2＋＋I＋2H2O、I＋2e－===3I－，如有0.6 mol I－参加反应，需得到电子0.4 mol，理论上负极Zn减少0.2 mol，质量为13 g，A正确；充电时，阳极电极反应式为3I－－2e－===I、Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋，电路中每通过2 mol e－，阳极区溶液减少的质量小于1 mol MnO2的质量，小于87 g，B错误；Zn电极为负极，发生氧化反应Zn－2e－===Zn2＋，MnO2为正极，发生还原反应MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O，放电时的总反应为MnO2＋Zn＋4H＋===Zn2＋＋Mn2＋＋2H2O，C正确；PBS膜能够防止脱落的二氧化锰与锌接触构成微电池，减少锌的损耗，能有效抑制电池的自放电，D正确。 10．(2024·山东省实验中学一模)工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4晶体的工艺流程如图： 已知：PbCl2(s)＋2Cl－(aq)⥫⥬[PbCl4]2－(aq)；Ksp(PbSO4)＝1×10－8，Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5。下列说法错误的是(　　) A．“浸取”时发生反应：MnO2＋PbS＋4H＋＋4Cl－===[PbCl4]2－＋S＋Mn2＋＋2H2O B．物质M可以为MnO，试剂N可以为Na2SO4 C．由该工艺可知，PbCl2(s)＋2Cl－(aq)⥫⥬[PbCl4]2－(aq)反应放热 D．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中＝1.6×103 C　解析：“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2＋，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)＋2Cl－(aq)⥫⥬[PbCl4]2－(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为MnO2＋PbS＋4H＋＋4Cl－===[PbCl4]2－＋S＋Mn2＋＋2H2O，A正确；“调pH”的目的是消耗溶液中的H＋，促进Fe3＋水解转化成Fe(OH)3除去，可选用MnO、Mn(OH)2等，滤液a中含有大量的NaCl，但为确保PbSO4的产量，需加入过量的试剂N(Na2SO4)，B正确；温度降低，反应PbCl2(s)＋2Cl－(aq)⥫⥬[PbCl4]2－(aq)逆向移动，有利于PbCl2沉淀更完全，反应为吸热反应，C错误；“沉淀转化”过程中，发生的反应为PbCl2(s)＋SO(aq)⥫⥬PbSO4(s)＋2Cl－(aq)，溶液中＝＝＝＝1.6×103，D正确。 11．(2024·广东江门一模)我国科学家设计了一种CO2＋H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除，装置如下图。其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹ZnO)和石墨烯。下列说法不正确的是(　　) A．ZnO@石墨烯电极连接光伏电池的负极 B．石墨烯区电极反应：EDTA­Fe2＋－e－===EDTA­Fe3＋ C．协同转化的总反应式：CO2＋H2S===CO＋H2O＋S D．金属导线上每转移1 mol电子，CO2和H2S被去除的总体积约11.2 L(标准状况) D　解析：根据示意图可判断该装置为电解池，ZnO@石墨烯电极为阴极，接光伏电池的负极；石墨烯电极为阳极，接光伏电池的正极，A正确；根据示意图，石墨烯区电极反应：EDTA­Fe2＋－e－===EDTA­Fe3＋，B正确；根据图中进入物质、出来物质知，协同转化过程中反应物是H2S、CO2，生成物是S、CO、H2O，电池反应式为CO2＋H2S===CO＋H2O＋S，C正确；根据总反应：CO2＋H2S===CO＋H2O＋S，金属导线上每转移1 mol电子，CO2和H2S被去除的总物质的量为1 mol，总体积约22.4 L(标准状况)，D错误。 12．(2024·陕西西安中学一模)常温下，体积和浓度一定的NaA溶液中各粒子浓度的负对数(－lg c)随溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是(　　) A．曲线②表示－lgc(OH－)随溶液pH的变化情况 B．等物质的量浓度NaA和HA混合溶液：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋) C．HA的Ka的数量级为10－5 D．常温下，将M点对应溶液加水稀释，不变 C　解析：曲线②上的点纵坐标和横坐标数值相等，纵坐标的数值随着pH的增大而增大，表示－lgc(H＋)随溶液pH的变化情况，A错误；等物质的量浓度NaA和HA混合溶液中，NaA的水解程度小于HA的电离程度，溶液呈酸性，结合电荷守恒可知：c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，B错误；Ka＝＝10－4.35，故HA的Ka的数量级为10－5，C正确；常温下，将M点对应溶液加水稀释，＝＝，稀释使氢离子浓度变小、Ka不变，则比值变大，D错误。 13．(2024·广东汕头一模)氮氧化物的排放是导致酸雨的原因。某研究小组利用反应探究NO的转化：2NO(g)＋2CO(g)⥫⥬N2(g)＋2CO2(g)　ΔH<0，向体积均为1 L的两个密闭容器中分别加入2 mol CO(g)和2 mol NO(g)，探究绝热恒容和恒温恒容条件下压强随时间的变化曲线，如图所示，下列说法错误的是(　　) A．乙为恒温恒容条件下发生的反应 B．甲容器中NO的平衡转化率为 C．反应平衡常数：M＜N D．甲容器压强先增大的原因是反应放热，产生的热量使体系温度升高，压强增大 B　解析：由图可知，反应中甲容器的压强大于乙容器，则甲为绝热恒容条件下发生的反应、乙为恒温恒容条件下发生的反应，A正确；设恒温恒容条件下发生的反应，平衡时生成氮气的物质的量为a mol，由方程式可知，平衡时，混合气体的总物质的量为(4－a) mol，由气体的压强之比等于物质的量之比可得：＝，解得a＝，则一氧化氮的转化率为＝，该反应为放热反应，绝热恒容条件下，反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则甲容器中一氧化氮的平衡转化率小于，B错误；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，绝热恒容条件下，反应温度升高，则M点反应温度高于N点，平衡常数小于N点，C正确；绝热恒容条件下，反应温度升高，会使容器中气体压强增大，则甲容器压强先增大的原因是反应放热，产生的热量使体系温度升高，压强增大，D正确。 14．(2024·河南省创新发展联盟联考)常温下，向含AgNO3、Pd(NO3)2和Pb(NO3)2的溶液中滴加KSCN溶液，浊液中pM[pM＝－lgc(M)，M＝Ag＋、Pd2＋或Pb2＋]与pSCN[pSCN＝－lgc(SCN－)]的关系如图所示。已知：常温下，Ksp[Pb(SCN)2]>Ksp[Pd(SCN)2]，平衡常数K大于105时认为该反应能完全进行。 下列叙述错误的是(　　) A．直线L1代表pPd与pSCN的关系 B．饱和AgSCN溶液中c(Ag＋)＝1×10－6 mol/L C．Pb(SCN)2和Pd2＋的反应不可逆 D．M点溶液可析出AgSCN和Pb(SCN)2 D　解析：向含AgNO3、Pd(NO3)2和Pb(NO3)2的溶液中滴加KSCN溶液，生成AgSCN、Pd(SCN)2和Pb(SCN)2，Ksp(AgSCN)＝c(Ag＋)·c(SCN－)，则pAg＝pKsp(AgSCN)－pSCN，同理pPd＝pKsp[Pd(SCN)2]－2pSCN、pPb＝pKsp[Pb(SCN)2]－2pSCN，则直线L1代表pPd与pSCN的关系，直线L2代表pAg与pSCN的关系，直线L3代表pPb与pSCN的关系，A正确；直线L2代表pAg与pSCN的关系，b点Ksp(AgSCN)＝c(Ag＋)·c(SCN－)＝10－12，则饱和溶液中，c(Ag＋)＝＝ mol/L＝1×10－6 mol/L，B正确；由a点可知，Ksp[Pb(SCN)2]＝c(Pb2＋)·c2(SCN－)＝10－6.68×(10)2＝10－4.68，由c点可知，Ksp[Pd(SCN)2]＝c(Pd2＋)·c2(SCN－)＝10－20.36×(10－1)2＝10－22.36，则Pb(SCN)2与Pd2＋的反应的平衡常数K＝＝＝1017.68>105，该反应不是可逆反应，C正确；M点代表AgSCN和Pb(SCN)2的不饱和溶液，不能析出AgSCN和Pb(SCN)2，D错误。 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．(14分)(2024·湖南益阳三模)煤的间接液化是煤的综合利用的一种重要方法。首先是煤燃烧生成CO2，再在钼系催化剂的催化作用下与H2O反应，最终生成C2H5OH。过程中主要发生如下反应： 反应 Ⅰ ：C(s)＋O2(g)===CO2(g)　 ΔH1＝－393.5 kJ/mol 反应 Ⅱ ：2CO2(g)＋2H2O(g)⥫⥬C2H4(g)＋3O2(g)　ΔH2＝＋1 323 kJ/mol 反应 Ⅲ ：C2H4(g)＋H2O(g)⥫⥬C2H5OH(l)　ΔH3＝－88.2 kJ/mol (1)钼(42Mo)的基态原子中未成对电子数为________。 (2)已知H2O(l)===H2O(g)　ΔH4＝＋44.0 kJ/mol，C2H5OH的燃烧热ΔH5＝________kJ/mol。 (3)为更好地研究煤的液化过程，某学习小组对反应 Ⅱ 进行了系统研究。在一个2 L的刚性容器中加入2 mol CO2气体及4 mol水蒸气，在500 ℃及钼系催化剂(固体)存在条件下只发生反应 Ⅱ 。 ①下图为平衡时四种组分的物质的量分数随温度的变化曲线。图中曲线b表示的物质是________，原因是_____________________________________________________。 ②T1 K时该反应的平衡常数为________。 ③T1 K时，某同学在该容器中加入m mol CO2和n mol H2O(g)，同时加入了1 mol C2H4和3 mol O2，达到平衡后CO2的体积分数仍与N点相同，则n＝________(用含m的代数式表示)。 答案：(14分)(1)6 (2)－1 366.8 (3)①C2H4　随着反应的进行，反应物物质的量分数减小，生成物物质的量分数增大，随温度升高，平衡正向移动，C2H4的含量增大，且O2系数是C2H4的3倍　②　③2m＋2 解析：(1)钼元素的原子序数为42，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d55s1，未成对电子数为6。 (2)将ΔH4对应的反应作为反应Ⅳ，根据盖斯定律，由－(反应 Ⅱ＋反应 Ⅲ＋3×反应Ⅳ)可得表示C2H5OH的燃烧热的热化学方程式C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH5＝－(1 323 kJ/mol－88.2 kJ/mol＋3×44.0 kJ/mol)＝－1 366.8 kJ/mol。 (3)①2CO2(g)＋2H2O(g)⥫⥬C2H4(g)＋3O2(g)　ΔH2＝＋1 323 kJ/mol，原料初始组成n(CO2)∶n(H2O)＝1∶2，结合反应物和生成物的系数关系，可知a表示O2、b表示C2H4、c表示H2O、d表示CO2，这是因为随着反应的进行，反应物物质的量分数减小，生成物物质的量分数增大，随温度升高，平衡正向移动，C2H4的含量增大，且O2系数是C2H4的3倍。 ②T1 K时，设平衡时生成x mol C2H4，列出“三段式”： 平衡时2－2x＝x，解得x＝， 故T1 K时反应的平衡常数K＝＝。 ③T1K时，某同学在该容器中加入m mol CO2和n mol H2O(g)，同时加入了1 mol C2H4和3 mol O2，达到平衡后CO2的体积分数仍与N点相同，根据等效平衡原则，加入了1 mol C2H4和3 mol O2，等效于加入2 mol CO2和2 mol H2O，可得＝，解得n＝2m＋2。 16．(14分)(2024·山东临沂一模)甲烷和二氧化碳重整制合成气(CO和H2)的研究是实现碳达峰的手段之一，涉及反应如下： Ⅰ .CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)　ΔH1＝＋247 kJ/mol Ⅱ .CO2(g)＋H2(g)⥫⥬CO(g)＋H2O(g)　ΔH2＝＋41.5 kJ/mol Ⅲ .CH4(g)＋H2O(g)⥫⥬CO(g)＋3H2(g)　ΔH3 (1)ΔH3＝________kJ/mol。 (2)在一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和1 mol CH4发生上述反应，达到平衡时，容器中CH4为a mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为________ mol/L(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应 Ⅱ 的平衡常数为________。 (3)常压下，将等物质的量的CO2和CH4以一定流速通入装有催化剂的反应管，实验测得原料气的转化率和水蒸气的流出量随温度变化如图所示。 ①曲线________(填“a”或“b”)表示CO2的转化率随温度变化曲线。 ②温度低于873 K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大的原因是_________________； 温度高于1 400 K时，曲线a、b交于一点的原因是___________________________。 答案：(14分)(1)＋205.5 (2)　 (3)①a　②温度低于873 K时，随温度升高，反应 Ⅱ 正向进行的程度大于反应 Ⅲ 正向进行的程度　温度高于1 400 K时，只发生反应 Ⅰ 或高于1 400 K时，反应 Ⅱ 和反应 Ⅲ 的速率相等 解析：(1)由反应 Ⅲ ＝反应 Ⅰ －反应 Ⅱ ，根据盖斯定律可得：ΔH3＝ΔH1－ΔH2＝(＋247 kJ/mol)－(＋41.5 kJ/mol)＝＋205.5 kJ/mol。 (2)根据C原子守恒可知平衡时CO2的物质的量为(2－a－b) mol，根据O原子守恒可知平衡时H2O(g)的物质的量为[2－b－2(2－a－b)] mol＝(2a＋b－2) mol，此时H2O(g)的浓度为＝ mol/L；根据H原子守恒可知平衡时H2为 mol＝(4－4a－b)mol，反应 Ⅱ 的平衡常数K＝＝＝。 (3)①由图可知曲线a的转化率大于曲线b的转化率，温度低于873 K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大，说明水蒸气的生成量大于消耗量，对比反应 Ⅰ 、 Ⅱ 、 Ⅲ ，可知CO2的消耗量大于CH4，则CO2的转化率大于CH4，故曲线a表示CO2的转化率随温度变化曲线。 ②温度低于873 K时，水蒸气的流出量随温度升高而增大的原因是反应 Ⅱ 正向进行的程度大于反应 Ⅲ 正向进行的程度；由图可知温度高于1 400 K时，水蒸气的流出量几乎为0，可能的原因是只发生反应 Ⅰ 或高于1 400 K时，反应 Ⅱ 和反应 Ⅲ 的速率相等。 17．(15分)(2024·湖南长沙长郡中学二模)为了实现碳达峰和碳中和目标，二氧化碳的高效利用成为研究的热点。某研究小组采用双合金团簇催化甲烷干法重整法(DRM)取得了良好的效果。已知：CH4、H2、CO的燃烧热分别为－890.3 kJ/mol、－285.8 kJ/mol和－283 kJ/mol。 (1)甲烷干法重整(DRM)反应为CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)　ΔH，则ΔH＝________。 (2)三种催化剂催化甲烷脱氯过程的能量变化如图所示： ①甲烷脱氢过程中最大活化能步骤为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (用反应方程式表示) ②Sn12Ni、Pt12Ni、Cu12Ni三种催化剂催化甲烷脱氢过程的脱氢速率分别为v1、v2、v3，则脱氢速率由大到小的顺序为______________________________________________。 ③Sn12Ni双金属团簇具有良好的抗积碳作用，有效抑制碳沉积对催化剂造成的不良影响，请结合图示解释原因：_____________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(15分)(1)＋247.3 kJ/mol (2)①CH===CH＋H*　②v2＞v3＞v1 ③脱氢反应第4步为CH*===C*＋H*，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少 解析：(1)由CH4、H2、CO的燃烧热可得热化学方程式如下：①CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1＝－890.3 kJ/mol； ②H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2＝－285.8 kJ/mol； ③CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH3＝－283 kJ/mol；根据盖斯定律，由①－2×②－2×③可得反应CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2CO(g)＋2H2(g)，则ΔH＝ΔH1－2ΔH2－2ΔH3＝＋247.3 kJ/mol。 (2)①活化能最大的过程为反应的决速步骤，由图可知，过渡态TS2的反应为决速步骤，对应反应为CH===CH＋H*。②催化剂能够降低反应的活化能，活化能越低，则化学反应速率越大，则有v2＞v3＞v1。③由图可知，脱氢反应第4步为CH*===C*＋H*，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少。 18．(15分)(2024·福建厦门二模)利用热分解法可回收炼油厂酸渣(含硫酸、沥青质等)中的硫酸，并结合络合滴定法测定硫酸回收率。 (1)沥青质随温度升高反应产物如图(—R为烷烃基)。 ①“阶段1”中不饱和度最高的物质为________(填标号)。 ②“阶段2”中发生的主要反应类型为________(填标号)。 A．裂化 B．裂解 C．精馏 D．干馏 (2)利用热分解法测定硫酸回收量(以SO2、SO3的硫元素含量计)。有关热化学方程式为： 反应 Ⅰ ：H2SO4(l)⥫⥬SO3(g)＋H2O(g)　ΔH1　K1 反应 Ⅱ ：2SO3(g)⥫⥬2SO2(g)＋O2(g)　ΔH2＝＋196 kJ/mol　K2 ①已知2H2SO4(l)⥫⥬2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)　ΔH3＝＋550 kJ/mol，则ΔH1＝________ kJ/mol。 ②下列能说明在密闭容器中反应 Ⅱ 达到平衡状态的有________(填标号)。 A．2v正(SO3)＝v逆(O2) B．c(SO2)＝2c(O2) C．混合气体平均相对分子质量不再改变 D．O2的体积分数保持不变 ③在压强为p的反应体系中对1 g酸渣进行热分解，平衡时体系中SO2、SO3的气体体积分数和热解气体总体积(已折算为标准状况)随温度变化如图所示。 ⅰ.K1________(填“>”或“<”)K2，依据是______________________________________。 ⅱ.结合平衡移动原理分析，SO2气体体积分数随温度变化的原因可能为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(15分)(1)①a　②B (2)①＋177　②CD　③ⅰ.<　平衡时SO3的体积分数远小于SO2 ⅱ.温度升高，反应 Ⅱ 平衡正向移动程度小于酸渣中沥青质分解程度 解析：(1)①a、b、c的不饱和度分别为4、3、1，故不饱和度最高的物质为a。 ②“阶段2”中发生的反应主要由高链烃转化为低链烃，即为裂解。 (2)①依题意知，目标反应＝反应 Ⅰ ×2＋反应 Ⅱ ，故ΔH3＝2ΔH1＋ΔH2，即＋550 kJ/mol＝2ΔH1＋196 kJ/mol，故ΔH1＝ kJ/mol＝＋177 kJ/mol。 ②当v正(SO3)＝2v逆(O2)时反应达到平衡，A错误；在任何时候，c(SO2)＝2c(O2)，B错误；混合气体平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不再改变，可以说明反应达到平衡，C正确；O2的体积分数保持不变，说明反应达到平衡，D正确。③由图可知，平衡时SO3的体积分数远小于SO2，说明大多数SO3已分解，故K1<K2；SO2气体体积分数随温度升高而降低可能由于反应 Ⅱ 平衡正向移动程度小于酸渣中沥青质分解程度。 学科网（北京）股份有限公司 $$