阶段检测(三) 化学反应原理综合（教师用书word）-【步步高】2025年高考化学大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

阶段检测(三)　化学反应原理综合 一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1．化学与生产、生活有着密切的关系，下列叙述正确的是(　　) A．钢铁发生析氢腐蚀时，H＋得电子释放出H2，钢铁被腐蚀 B．钢铁发生吸氧腐蚀时，OH－失电子释放出O2，钢铁被腐蚀 C．船底镶嵌锌块，锌发生还原反应而被消耗，以保护船体 D．外加电源的正极连接在海水中的钢铁闸门上，可保护闸门 答案　A 解析　B项发生吸氧腐蚀时，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，整个过程是吸收O2而不是释放O2，错误；C项为牺牲阳极法，金属锌发生氧化反应，错误；D项为外加电流法，钢铁闸门应与外加电源的负极相连，错误。 2．(2023·潮州高三模拟)下列对于化学反应2NO＋2CON2＋2CO2的叙述正确的是(　　) A．使用催化剂不影响反应的活化能 B．使用光催化剂能增大反应物的转化率 C．升高温度能增加反应物分子中活化分子的百分数，从而加快反应速率 D．改变压强对反应速率无影响 答案　C 解析　使用催化剂影响反应的活化能，改变反应速率，但不能改变反应物的平衡转化率，A、B项错误；当反应中有气体参与时，改变压强可以影响化学反应速率，D项错误。 3．已知键能：H—H为a kJ·mol－1，Br—Br为b kJ·mol－1，H—Br为c kJ·mol－1。一定温度下，反应Br(g)＋H2(g)HBr(g)＋H(g)　ΔH的反应历程与能量的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　) A．该反应的正反应是放热反应 B．ΔH＝E1－E2，加入催化剂时，E1、E2及ΔH均减小 C．已知a>c，若反应H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)　ΔH<0，则b>a D．升高温度，正、逆反应速率均加快，且正反应速率加快的程度较大 答案　D 解析　由图可知，E1为正反应活化能，E2为逆反应活化能，E1>E2，ΔH＝E1－E2>0，为吸热反应，加入催化剂时，E1、E2减小，但ΔH不变，A、B错误；由于H—H的键能大于H—Br的键能，若反应H2(g)＋Br2(g)2HBr(g)　ΔH<0，则Br—Br的键能应小于H—Br的键能，即c>b，又a>c，则a>b，C错误；该反应为吸热反应，升高温度，正、逆反应速率均加快，正反应速率加快的程度大于逆反应速率加快的程度，使平衡向正反应方向移动，D正确。 4．如图是利用阳离子交换膜和过滤膜制备高纯度Cu的装置示意图，下列叙述不正确的是(　　) A．电极A是粗铜，电极B是纯铜 B．电路中通过1 mol电子，生成32 g铜 C．溶液中SO向电极A迁移 D．膜B是过滤膜，阻止阳极泥及杂质进入阴极区 答案　D 解析　精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，根据装置图可知，电极A为粗铜，电极B为纯铜，A项正确；阴极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，当电路中通过1 mol电子时，生成0.5 mol Cu，即生成32 g Cu，B项正确；根据电解原理，SO向阳极(电极A)移动，C项正确；膜A为过滤膜，阻止阳极泥及杂质进入阴极区，膜B为阳离子交换膜，D项错误。 5．H2S水溶液中存在电离平衡：H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。若向H2S溶液中 (　　) A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大 B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大 C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小 D．加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小 答案　C 解析　加水促进电离，但氢离子浓度减小，A项错误；通入过量SO2气体发生反应：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O，当SO2过量时溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH减小，B项错误；滴加新制氯水，发生反应：Cl2＋H2S===2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH减小，C项正确；加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D项错误。 6．K、Ka、Kw分别表示化学平衡常数、弱酸的电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是(　　) A．在500 ℃、20 MPa条件下，在5 L密闭容器中进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大 B．室温下Ka(HCN)<Ka(CH3COOH)，说明CH3COOH的电离度一定比HCN的大 C．25 ℃时，pH均为4的盐酸和NH4I溶液中Kw不相等 D．反应2SO2＋O22SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，SO2的转化率可能增大、减小或不变 答案　D 解析　化学平衡常数只与温度有关，A错误；电离常数越大，酸性越强，越易电离，但电离度还与温度、浓度等有关，B错误；水的离子积常数只与温度有关，C错误。 7．(2024·舟山高三月考)已知HNO自由基与O2的反应： ①HNO＋O2―→H—O—O—N==O(产物a) ②HNO＋O2―→ (产物b) 反应进程中能量变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A．ΔH大小关系：①＜② B．升高温度①和②的反应速率都加快，有利于提高反应物的转化率 C．产物b比产物a更稳定，故中间产物Z生成b的反应更容易发生 D．该历程中最大正反应的活化能E正＝186.19 kJ·mol－1 答案　D 解析　由图可知反应①和②都是放热反应，ΔH大小关系：①＞②，A项错误；反应①和②都是放热反应，升高温度①和②的反应速率都加快，反应逆向移动，降低反应物的转化率，B项错误；根据相对能量可知，产物b比产物a更稳定，但中间产物Z生成a的反应更容易发生，C项错误。 8．某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X，发生反应2X(s)Y(s)＋Z(g)，一段时间后达到平衡。下列说法错误的是(　　) A．升高温度，若c(Z)增大，则ΔH>0 B．加入一定量Z，达新平衡后m(Y)减小 C．加入等物质的量的Y和Z，达新平衡后c(Z)增大 D．加入一定量氩气，平衡不移动 答案　C 解析　升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，而c(Z)增大，说明平衡正向移动，故ΔH>0，A正确；加入一定量Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后m(Y)减小，B正确；加入等物质的量的Y和Z，Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K＝c(Z)，达新平衡后c(Z)不变，C错误；加入一定量氩气，加入瞬间，Z的浓度保持不变，正、逆反应速率不变，故平衡不移动，D正确。 9．一定温度下，在容积恒为1 L的容器中通入一定量N2O4，发生反应：N2O4(g)2NO2(g)　ΔH>0，体系中各组分浓度随时间(t)的变化如下表。 t/s 0 20 40 60 80 c(N2O4)/(mol·L－1) 0.100 0.062 0.048 0.040 0.040 c(NO2)/(mol·L－1) 0 0.076 0.104 0.120 0.120 下列说法不正确的是(　　) A．0～60 s，N2O4的平均反应速率为v＝0.06 mol·L－1·min－1 B．升高温度，反应的化学平衡常数增大 C．80 s时，再充入NO2、N2O4各0.12 mol，平衡不移动 D．若压缩容器使压强增大，达到新平衡后混合气颜色比原平衡时浅 答案　D 解析　0～60 s，v(N2O4)＝－＝＝0.06 mol·L－1·min－1，A正确；该反应正反应吸热，升高温度平衡常数增大，B正确；该温度下，平衡常数K＝＝＝0.36，再充入NO2、N2O4各0.12 mol，Q＝＝＝0.36，Q＝K，平衡不移动，C正确；该反应为气体体积增大的反应，压缩体积压强增大，平衡逆向移动，但是各组分浓度增加，颜色加深，D错误。 10．(2023·温州高三适应性考试)标准状况下，1 mol纯物质的相对能量及解离为气态原子时所消耗的能量如下表所示： 物质 O2(g) N2(g) NO(g) C(s，石墨) CH4(g) CO2(g) 相对能量/(kJ·mol－1) 0 0 x 0 －75 －393.5 解离总耗能/kJ 498 946 632 717 1 656 y 下列说法正确的是(　　) A．x＝180 B．逐级断开CH4(g)中的每摩尔C—H所消耗的能量均为414 kJ C．解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为239 kJ D．根据4NO(g)＋CH4(g)===CO2(g)＋2N2(g)＋2H2O(g)的ΔH可计算出H—O键能 答案　D 解析　焓变＝生成物总能量－反应物总能量，则N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH＝2x kJ·mol－1，焓变＝反应物总键能－生成物总键能，即498＋946－632×2＝2x，x＝90，故A错误；逐级断开CH4(g)中的每摩尔C—H所消耗的能量不相等，故B错误；石墨晶体中每个碳原子形成3个共价键，两个碳原子形成1个共价键，则1 mol石墨含有1.5 mol C—C，解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为478 kJ，故C错误；焓变＝反应物总键能－生成物总键能，根据C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g)的ΔH可计算出y值，再根据4NO(g)＋CH4(g)===CO2(g)＋2N2(g)＋2H2O(g)的ΔH可计算出H—O键能，故D正确。 11．TiO2是制取航天工业材料——钛合金的重要原料。为测定纯度，称取上述TiO2试样 0.2 g，一定条件下将TiO2溶解并还原为Ti3＋，得到待测液约30 mL，再用0.1 mol·L－1 NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋(假设杂质不参与以上反应)。下列说法错误的是(　　) A．欲配制0.1 mol·L－1NH4Fe(SO4)2标准溶液400 mL，需要NH4Fe(SO4)2固体质量为13.3 g B．在进行滴定之前，应向锥形瓶中的待测样品中滴加几滴KSCN溶液作指示剂 C．滴定前仰视读数，滴定结束后俯视读数，将导致测定结果偏大 D．在其他滴定实验操作均正确时，消耗标准溶液 20.00 mL，则样品的纯度为80% 答案　C 解析　实验室没有400 mL的容量瓶，应选用500 mL的容量瓶配制溶液，NH4Fe(SO4)2的摩尔质量为266 g·mol－1，所以需要NH4Fe(SO4)2的质量为0.1 mol·L－1×0.5 L×266 g·mol－1＝13.3 g，故A正确；本实验采用KSCN溶液作指示剂，Fe3＋与Ti3＋反应生成Ti4＋与Fe2＋，KSCN与Fe3＋反应生成红色Fe(SCN)3，因此当Fe3＋过量时，溶液呈红色，故B正确；滴定前仰视读数，滴定结束后俯视读数导致读取溶液体积偏小，导致最终结果偏小，故C错误；Fe3＋与Ti3＋反应生成Ti4＋与Fe2＋，根据得失电子守恒可知n(Fe3＋)＝n(Ti3＋)＝n(TiO2)，消耗标准溶液20.00 mL，则n(Fe3＋)＝n(TiO2)＝0.1 mol·L－1×0.02 L＝0.002 mol，因此m(TiO2)＝0.002 mol×80 g·mol－1＝0.16 g，所以样品的纯度为×100%＝80%，故D正确。 12．某小组做如下实验： 实验①：向20 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中滴加0.1 mol·L－1盐酸 实验②：向2.33 g BaSO4固体中加入1 L 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液充分搅拌浸泡 [已知：常温下，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9，Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的电离常数：Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法不正确的是(　　) A．实验①选用酚酞作指示剂时，滴定终点发生的反应为CO＋H＋===HCO B．实验①中V(盐酸)＝20 mL时，存在：c(OH－)<c(CO)<c(HCO) C．实验②中再加入2 L 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，可将BaSO4完全转化为BaCO3 D．实验②静置，向上层清液中滴加1 mL 0.1 mol·L－1 CaCl2溶液，会析出CaSO4和CaCO3 答案　D 解析　酚酞为碱性指示剂，实验①滴定终点生成碱性NaHCO3，故A正确；实验①中V(盐酸)＝20 mL时，生成0.05 mol·L－1 NaHCO3溶液，则c(CO)<c(HCO)，Ka2＝＝4.7×10－11，＝＝＝4 700×c(HCO)，由于HCO的电离和水解程度都很微弱，溶液中HCO的浓度近似可看成原碳酸氢钠溶液的浓度，满足4 700×c(HCO)>1，c(OH－)<c(CO)，存在：c(OH－)<c(CO)<c(HCO)，故B正确；BaSO4的物质的量为0.01 mol，假设每次能处理BaSO4的物质的量为x，根据方程式BaSO4(s)＋CO(aq)BaCO3(s)＋SO(aq)，可知反应产生SO物质的量为x，反应消耗CO后剩余离子物质的量为(0.1－x) mol，K＝＝＝，x≈4.06×10－3 mol，≈2.5，至少需加入2.5 L 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，故C正确；实验②处理后，溶液中c(SO)＝4.06×10－3 mol·L－1，c(CO)＝(0.1－4.06×10－3) mol·L－1≈9.6×10－2 mol·L－1，加入1 mL 0.1 mol·L－1 CaCl2溶液后，c(Ca2＋)≈0.1×10－3 mol·L－1，Ksp(CaCO3)<Q(CaCO3)，Ksp(CaSO4)>Q(CaSO4)，则只会析出CaCO3，故D错误。 13．探究硫及其化合物的性质，下列实验方案设计、现象和结论都正确的是(　　) 实验方案 现象 结论 A 向Na2S与Na2SO3的混合溶液中加入硝酸 溶液变浑浊 Na2SO3将Na2S氧化为S B 室温下用pH试纸分别测定浓度均为0.1 mol·L－1的Na2CO3和NaHSO3两种溶液的pH pH：Na2CO3>NaHSO3 结合H＋能力：CO>HSO C 在0.1 mol·L－1 K2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，再加入少量等浓度的CuSO4溶液 先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀 Ksp(ZnS)>Ksp(CuS) D 已知[Fe(SO2)6]3＋呈红棕色，将SO2气体通入FeCl3溶液中 溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色 Fe3＋与SO2络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大 答案　D 解析　硝酸具有强氧化性，可氧化Na2S生成S，A错误；HSO电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，CO水解，导致溶液呈碱性，两者不都是以水解为主，故无法根据pH大小判断结合氢离子能力，B错误；K2S过量，无法判断Ksp(ZnS)与Ksp(CuS)大小，C错误。 14．某新型二次锂离子电池结构如图，电池内部是固体电解质，充电、放电时允许Li＋在其间通过(图中电池内部“→”表示充电时Li＋的迁移方向)。充、放电时总反应可表示为Li1－xCoO2＋LixC6LiCoO2＋6C。下列说法正确的是(　　) A．外电路上的“→”，表示充电时的电子移动方向 B．充电时阴极电极反应：LixC6－xe－===6C＋xLi＋ C．放电时负极电极反应：LiCoO2－xe－===Li1－xCoO2＋xLi＋ D．内电路有0.1 mol电子通过时，发生迁移的Li＋的质量为0.7 g 答案　A 解析　根据电池内部锂离子移动方向知，充电时，电极C作阴极，电极LiCoO2作阳极，外电路上的“→”表示充电时的电子移动方向，A正确；充电时，阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为6C＋xLi＋＋xe－===LixC6，B错误；放电时负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为LixC6－xe－===6C＋xLi＋，C错误；电子不经过内电路，D错误。 15．(2022·义乌高三检测)一定温度下，丙烷与Cl2、Br2发生氯化和溴化反应方程式及产物含量如下： 氯化和溴化反应决速步骤的能量变化如图，下列说法不正确的是(　　) A．HCl和HBr的键能差为ΔH3－ΔH1 B．丙烷中仲氢(—CH2—)比伯氢(—CH3)活性强 C．升高温度可以提高体系中2-氯丙烷的含量 D．生成物含量主要与Br·、Cl·与CH3CH2CH3反应的活化能相对大小有关 答案　C 解析　由图可推出HCl和HBr的键能差为ΔH3－ΔH1，故A正确；由于生成物2-氯丙烷或2-溴丙烷的产量多，这说明丙烷中仲氢(—CH2—)比伯氢(—CH3)活性强，故B正确；生成2-氯丙烷的决速步骤活化能小，低温有利于其反应，高温有利于1-氯丙烷的生成，故C错误。 16．制造尼龙-66的原料己二腈用量很大，工业采用丙烯腈(CH2===CHCN)电解合成己二腈[NC(CH2)4CN]，电解原理如图所示(两极均为惰性电极)，电解过程会产生丙腈(C2H5CN)等副产物，向Y极区电解液中加入少量季铵盐四丁基氢氧化铵[阳离子(R)4N＋，R为烃基]，当溶液的pH＝8时，己二腈的产率最高。下列说法不正确的是(　　) A．电极X接电源正极，发生氧化反应 B．电极Y上ⅰ的电极反应式为2CH2==CHCN＋2H＋＋2e－===NC(CH2)4CN C．生成1.0 mol己二腈和丙腈的混合物，则X极区溶液的质量变化至少18 g D．季铵盐增强电解液的电导率，增加丙烯腈的溶解度促进 ⅰ 发生，抑制 ⅱ 和 ⅲ 反应，提高产品产率 答案　B 解析　根据图示，Y电极吸附阳离子(R)4N＋，可知电极Y为阴极，接电源负极，电极X为阳极，接电源正极，故A正确；pH＝8时己二腈的产率最高，电极Y上丙烯腈得电子生成己二腈，ⅰ的电极反应式为2CH2==CHCN＋2H2O＋2e－===NC(CH2)4CN＋2OH－，故B错误；生成1.0 mol己二腈和丙腈的混合物，共转移电子2 mol，即迁移氢离子总量为2 mol，阳极水放电产生氧气0.5 mol，阳极区质量变化为(0.5×32＋2×1) g＝18 g，故C正确。 二、非选择题(本大题共5小题，共52分) 17．(6分)探究以下原电池的工作原理。 实验结果：产生电流，左侧Ag电极表面有Ag析出，右侧Ag电极周围生成AgCl。 (1)该装置中右侧Ag电极作__________(填“正”或“负”)极。 (2)对该原电池的电极反应和总反应的反应类型进行分析，谈谈对原电池工作原理的认识：______________________。 (3)结合上述实验思考，仅由以下实验用品能否设计成原电池。 Cu片、CuSO4浓溶液、蒸馏水、烧杯、盐桥、导线、电流表 (选做下列a或b，若两个都作答，按a计分) a．若不能，说明原因。原因：_____________________________________________。 b．若能，在装置图中填写烧杯中的试剂，并标出电子的移动方向。 答案　(1)负　(2)负极发生氧化反应和正极发生还原反应，总反应不一定是氧化还原反应 (3)b.　 解析　(1)原电池中电子从负极流出，流向正极，如图从电子流向可知右侧Ag为负极，左侧Ag为正极。 (2)正极发生反应：Ag＋＋e－===Ag，负极发生反应：Ag－e－＋Cl－===AgCl↓，该原电池的总反应不是氧化还原反应。 18．(12分)CO在工业生产中具有重要作用。 (1) CO(g)＋2H2(g)CH3OH (g)　ΔH＝－90.7 kJ·mol－1 2CH3OH (g)CH3OCH3(g) ＋H2O(g)　ΔH＝－23.5 kJ·mol－1 ①已知ΔG＝ΔH－TΔS，反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH (g)的ΔG随温度的变化是图1中的________(填“L1”或“L2”)。 ②工业以CH3OH为原料合成CH3OCH3是在一定温度和压强下，以Si/Al混合物作为催化剂，向反应炉中匀速通入CH3OH，不同硅铝比(Ⅰ、Ⅱ)与生成CH3OCH3的速率关系如图2所示。下列说法正确的是________(填字母)。 A．温度越低越有利于工业合成CH3OCH3 B．合适的硅铝比为0.15 C．在原料气CH3OH中混入适量的惰性气体对CH3OCH3的生成速率无影响 D．0～30 min内，CH3OCH3的产量：Ⅰ>Ⅱ (2)已知在催化剂M作用下，NO2(g)＋CO(g)NO (g)＋CO2(g)　ΔH＜0。 ①一定温度下，假设正、逆反应速率与浓度关系为v正＝k1c(NO2)·c(CO)，v逆＝k2c(CO2)·c(NO)，k1、k2只与温度相关，则反应的平衡常数K＝________(用含k1、k2的式子表示)。 ②催化剂M活性随温度变化情况如图3所示，相同时间测得NO2的转化率随反应温度变化情况如图4所示，写出NO2的转化率出现上述变化的可能原因(写出两点)：__________________________。 ③在图4中画出其他条件不变，增大压强(催化剂不失活)情况下，NO2的转化率随温度变化图。 (3)已知CH3CHO===CH4＋CO，用I2催化该反应，若CH3CHO首先在I2催化下生成CH3I和CO及另一种无机化合物，用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：步骤ⅰ：______________________________________________________________________________； 步骤ⅱ：________________________。 答案　(1)①L1　②BD　(2)①　②T0之前，反应没有达到平衡，温度升高，反应速率变快，NO2的转化率增加，T0之后，反应已经达到平衡，温度升高平衡逆向移动，NO2的转化率下降；T0之前，反应没有达到平衡，温度升高，催化剂活性变大，促进反应速率变快，NO2的转化率增加，T0之后，温度升高，催化剂活性减小，反应速率变慢，NO2的转化率下降 ③ (3) CH3CHO＋I2===CH3I＋CO＋HI　CH3I＋HI===CH4＋I2 解析　(1)①反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH (g)的ΔS＜0，而焓变ΔH＜0，则ΔG＝ΔH－TΔS随温度升高而增大，所以为图1中的L1。②若温度太低，反应速率太慢，不适合工业合成，A错误；由图示可知，硅铝比为0.15时二甲醚的生成速率保持在较高水平，B正确；反应在一定温度和压强下进行，混入惰性气体则甲醇浓度下降，反应速率会变慢，C错误。(2)①当反应达到平衡时，v正＝v逆，k1c(NO2)·c(CO)＝k2c(CO2)·c(NO)，＝，则反应NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)的平衡常数K＝＝。③此反应为反应前后气体分子数不变的反应，其他条件不变，增大压强，反应速率变大，平衡前转化率增大，所以相同温度下纵坐标较之前要大，但平衡不移动，平衡转化率不变。(3)由题意可知，步骤ⅰ为CH3CHO在I2催化下生成CH3I和CO及另一种无机化合物，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为CH3CHO＋I2===CH3I＋CO＋HI ，而I2为催化剂，总反应为CH3CHO===CH4＋CO，则步骤ⅱ的化学方程式为CH3I＋HI===CH4＋I2。 19．(8分)(2023·宁波高三模拟)(1)利用CO2合成甲醇是有效利用CO2资源的重要途径。将原料气n(CO2)∶n(H2)＝1∶3充入某一恒容密闭容器中，只发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH<0，在不同催化剂作用下，反应t min时CO2的转化率随温度的变化如图所示。 ①下列说法正确的是________(填字母)。 A．使用催化剂 Ⅰ 时，d点已达到平衡 B．T3 K的平衡常数大于T4 K的平衡常数 C．若a点时，v正(H2)＝3v逆(CH3OH)，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n(CO2)∶n(H2)＝1∶2.8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T3 K～T5 K之间CO2的平衡转化率变化曲线。 (2)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CO*＋H2O*CO＋H2(g) (*表示吸附态、Ea表示活化能)步骤如下： Ⅰ.H2O*―→OH*＋H* Ea1＝141.7 kJ·mol－1 Ⅱ.________________________________________________________Ea2＝39.5 kJ·mol－1 Ⅲ.COOH*―→CO＋H* Ea3＝132.1 kJ·mol－1 Ⅳ._________________________________________________________Ea4＝97.4 kJ·mol－1 ①请补充其中的一个反应式：Ⅱ.________。 ②反应CO*＋H2O*CO＋H2(g)的决速步骤是________(填序号)。 答案　(1)①BC　② (2)①CO*＋OH*―→COOH*　②Ⅰ 解析　(1)①使用催化剂 Ⅰ 时，d点后CO2转化率仍在增加，因此d点未达到平衡，A错误；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，因此T3 K的平衡常数大于T4 K的平衡常数，B正确；若a点时，v正(H2)＝3v逆(CH3OH)，v正＝v逆，则达到化学平衡状态，此时反应已达到最大限度，C正确；温度高于T4 K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。②原料气按n(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 K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T3 K～T5 K之间CO2的平衡转化率变化曲线，见答案。 (2)①步骤Ⅲ中COOH*作反应物，说明步骤Ⅱ中有COOH*生成，再结合步骤Ⅰ和元素守恒知，步骤Ⅱ中反应物有CO*和OH*，可得步骤Ⅱ的反应式为CO*＋OH*―→COOH*。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。 20．(14分)Ⅰ.根据表中数据(常温下)，完成下列填空。 物质 CH3COOH NH3·H2O HCN 电离常数 1.75×10－5 1.8×10－5 6.2×10－10 物质 HClO H2CO3 H2SO3 电离常数 4.0×10－8 Ka1＝4.5×10－7 Ka2＝4.7×10－11 Ka1＝1.4×10－2 Ka2＝6.0×10－8 (1)常温下，NaCN溶液呈__________(填“酸”“碱”或“中”)性，其原因是_____________ ________________________________________________________________________(用离子方程式表示)。 (2)常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列4种溶液：①CH3COONa溶液，②NaCN溶液，③NaHCO3溶液，④NaClO溶液；这4种溶液pH由大到小的顺序是______________(用序号表示)。 (3)常温下，向NaClO溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式为___________________ _______________________________________________________________________________。 Ⅱ.我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005 mg·L－1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。Ksp(CdCO3)＝4.0×10－12，Ksp(CdS)＝8.0×10－27。回答下列问题： (4)向废水中加入Na2S除镉后，当S2－浓度达到8.0×10－8 mol·L－1时，废水中Cd2＋的浓度为______________ mol·L－1，此时是否符合生活饮用水卫生标准？________(填“是”或“否”)。 (5)室温下，反应CdCO3(s)＋S2－(aq)CdS(s)＋CO(aq)达到平衡，该反应的平衡常数K＝______________。 答案　(1)碱　CN－＋H2OHCN＋OH－ (2)②＞④＞③＞① (3)CO2＋ClO－＋H2O===HClO＋HCO (4)1.0×10－19　是 (5)5.0×1014 解析　(2)由表格中弱酸的电离常数可知，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN，则结合氢离子的能力：CN－＞ClO－＞HCO＞CH3COO－，即水解能力：CN－＞ClO－＞HCO＞CH3COO－，故常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的4种溶液的pH由大到小的顺序是②＞④＞③＞①。(3)由表格中弱酸的电离常数可知，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，则常温下，向NaClO溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式为CO2＋ClO－＋H2O===HClO＋HCO。(4)当S2－浓度达到8.0×10－8 mol·L－1时，废水中Cd2＋的浓度为c(Cd2＋)＝＝ mol·L－1＝1.0×10－19 mol·L－1，此时镉的排放量为＝1.12×10－14 mg·L－1<0.005 mg·L－1，符合生活饮用水卫生标准。(5)室温下，反应CdCO3(s)＋S2－(aq)CdS(s)＋CO(aq)达到平衡，该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝5.0×1014。 21．(12分)合成氨是人工固氮最重要途径。合成氨反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。 (1)该反应能自发进行的条件是______________________________________________。 (2)现代常用工艺条件以Fe作催化剂，一定压强下，控制温度500 ℃，反应历程为(*表示吸附态) 化学吸附：N2(g)→2N*(速率慢)；H2(g)→2H*(速率快) 表面反应：N*＋H*NH*；NH*＋H*NH；NH＋H*NH(速率快) 脱附：NHNH3(g)(速率快) 下列关于合成氨工艺的理解，正确的是_______________(填字母)。 A．控制温度远高于室温，是为了提高平衡转化率 B．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生 C．不断将液氨移去，利于反应正向进行同时提高正反应速率 D．实际生产中，N2适度过量有利于提高H2的转化率同时有利于提高整体反应速率 (3)为降低合成氨的能耗，我国科学家提出使用M-LiH复合催化剂，催化效果如图1所示。若一定压强下，以相同的投料，500 ℃用Fe作催化剂和350 ℃用Fe-LiH作催化剂，氨气的产率随时间变化如图2。请在图2中画出相同压强下350 ℃用Cr-LiH作催化剂氨气的产率随时间变化的曲线。 (4)压强为20 MPa下，以x(H2)＝0.75、x(N2)＝0.25(x代表物质的量分数)进料，反应达平衡时氮气的转化率与温度的结果如图3中曲线b所示。 ①若保持压强不变，以x(H2)＝0.675、x(N2)＝0.225、x(Ar)＝0.1进料，则平衡时氮气的转化率与温度的结果是曲线________(填“a”或“c”)。判断的依据是______________________。 ②若保持压强不变，当平衡时x(NH3)＝0.20，则该温度下，反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)平衡常数Kp＝________(MPa)－2(化为最简式)。[对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp，如p(B)＝p·x(B)，p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数] 答案　(1)低温　(2)BD　(3)　(4)①a　相同温度下，恒压充入稀有气体反应物分压减小，平衡逆向移动　② 解析　(1)当ΔG＝ΔH－TΔS<0时反应自发进行，已知该反应是气体分子数减小的反应，ΔS<0，ΔH<0，故低温时自发。(3)由图1可以看出同压强下350 ℃用Cr-LiH作催化剂的催化速率介于Fe作催化剂和Fe-LiH作催化剂，合成氨是放热反应，在350 ℃用Fe-LiH和Cr-LiH作催化剂时温度相同，氨气的产率相同，比500℃用Fe作催化剂时产率高，故相同压强下350 ℃用Cr-LiH作催化剂氨气的产率随时间变化的曲线见答案。(4)①若保持压强不变，以x(H2)＝0.675、x(N2)＝0.225、x(Ar)＝0.1进料，充入惰性气体，相当于减压，合成氨的平衡逆向移动，反应达平衡时氮气的转化率降低，故a曲线表示平衡时氮气的转化率与温度的结果。②设充入反应物总物质的量为1 mol，物质的量分数x(H2)＝0.75、x(N2)＝0.25，根据三段式得 N2(g)　＋3H2(g)2NH3(g) 起始/mol　0.25　　　0.75　　0 转化/mol　x　　　　3x　　　2x 平衡/mol　0.25－x　0.75－3x　2x ＝0.2，解得x＝，平衡时气体总物质的量为 mol，N2、H2、NH3的物质的量分数分别为、、，故平衡常数Kp＝ (MPa)－2＝ (MPa)－2。 学科网（北京）股份有限公司 $