2027届高三化学一轮复习解答题专项训练化学原理综合

**基本信息** 聚焦化学原理综合应用，通过真题与变式训练系统构建平衡计算、电化学分析等解题方法体系，强化证据推理与模型认知。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |真题演练|5道高考题|平衡常数计算（三段式）、电极反应书写（守恒法）、反应机理分析（能量曲线）|从反应热→平衡移动→电化学应用，形成原理应用逻辑链| |变式训练|23道模拟题|分压平衡常数（Kp）计算、选择性与产率分析、离子迁移数测定|结合工业情境，拓展从基础原理到复杂体系的问题解决路径|

2027届高三化学一轮复习解答题 专项训练化学原理综合 一、真题演练 1．（2026·重庆·高考真题）高纯多晶硅是微电子和太阳能电池等领域的关键材料，其生产广泛采用氢还原法，该法的主要反应有(忽略其他副反应)： 反应1            反应2        反应3                 (1)①反应1的平衡常数随温度的升高而增大，则_________0(填“>”、“<”或“=”)。 ②反应过程中，多晶硅沉积于还原炉中心的硅芯棒表面。一定条件下，反应后，测得硅芯棒增重，则多晶硅的沉积速率为________。 (2)在恒压密闭容器中进行反应，平衡时各气体占总气体的物质的量分数为。体系压强为100 kPa时，与温度的关系如图所示。 ①在时，反应1的平衡常数_________kPa(保留小数点后两位，分压=总压×物质的量分数)。 ②若平衡体系压强为50 kPa，和的曲线交叉点相对于M点，将位于_________区域(填“高温”或“低温”)，其原因是_________。 ③多晶硅的产率常用表示，若和，则M点对应的_________。 (3)相较传统方法，熔盐电解法制备高纯多晶硅具有绿色环保等优势。一种在熔盐中电解制备的实验装置如图所示。 ①阴极的电极反应为_________。 ②若阳极只产生和，当产生的气体总量为(标准状况)时，生成，则为_________。 2．（2025·重庆·高考真题）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。 (1)天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。 ①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是_______。 ②_______(填“>”“=”或者“<”)。 (2)用如图所示电化学装置进行如下实验。 ①用实验：在左侧通入，产物为，盐桥中移向装置的_______(填“左侧”或者“右侧”)，电池的总反应为_______。 ②用实验：在一侧通入，电池的总反应仍保持不变，该侧的电极反应为_______。 (3)利用驰豫法可研究快速反应的速率常数(k，在一定温度下为常数)。其原理是通过微扰(如瞬时升温)使化学平衡发生偏离，观测体系微扰后从不平衡态趋向新平衡态所需的驰豫时间()，从而获得k的信息。对于，若将纯水瞬时升温到25℃，测得。已知：25℃时，，，，(为的平衡浓度)。 ①25℃时，的平衡常数_______(保留2位有效数字)。 ②下列能正确表示瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为_______。 ③25℃时，计算得为_______。 3．（2024·重庆·高考真题）高辛烷值的汽油可提升发动机的抗爆震性能，异构烷烃具有较高的辛烷值。 (1)在密闭容器中，(正戊烷)发生异构化反应，可同时生成(异戊烷)和(新戊烷)，其平衡常数随温度的变化如下表所示。 异构化反应 反应1 2.80 2.50 2.31 反应2 1.40 1.00 0.77 ①体系平衡后，增加压强，反应1的平衡_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。 ②平衡时，和的体积比值为_______。 ③根据上表数据推断为吸热反应，其推断过程是_______。 (2)加入后，在双功能催化剂/分子筛上发生异构化反应且选择性高，主要产物为，其反应机理如下(表示分子筛固体酸催化剂)： 对于反应，下列说法正确的是_______。 A．只能催化脱氢反应，不能催化加氢反应 B．的加入增大了平衡常数，有利于反应的进行 C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，越有利于的形成 D．的加入促进了的加氢反应，减少了副反应的发生 (3)(四乙基铅)能提高汽油的辛烷值，可电解合成。电解池的阳极为，阴极为碳钢，电解液为溶有格氏试剂()的有机体系。 ①阳极上生成的电极反应式为_______。 ②为了实现阴极产物的循环利用，电解一段时间后，需在阴极区不断加入适量的，其原理是_______。 ③为减少铅污染，被限制使用。是一种潜在替代品，其电解合成的原理如图所示(为催化剂)。总反应化学方程式为_______；外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为_______。 4．（2023·重庆·高考真题）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。 (1)在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：    ①中间体生成吸附态的活化能为_______。 ②由生成的热化学方程式为_______。 (2)一定条件下，银催化剂表面上存在反应：，该反应平衡压强与温度的关系如下： 401 443 463 10 51 100 ①时的平衡常数_______。 ②起始状态Ⅰ中有和，经下列过程达到各平衡状态：    已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是_______(填字母)。 A．从Ⅰ到Ⅱ的过程 B． C．平衡常数： D．若体积，则 E．逆反应的速率： ③某温度下，向恒容容器中加入，分解过程中反应速率与压强的关系为，k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少时，逆反应速率最大。若转化率为，则_______(用表示)。 (3)可用作固体离子导体，能通过加热制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。    ①测定晶体结构最常用的仪器是_______ (填字母)。 A．质谱仪     B．红外光谱仪     C．核磁共振仪     D．射线衍射仪 ②与晶胞的体积之比为_______。 ③测定中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中质量不变，可判定导电离子是而不是，依据是_______。    5．（2022·重庆·高考真题）反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在工业上有重要应用。 (1)该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。 温度/℃ 700 800 830 1000 平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59 ①反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。 ②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。 (2)该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。 ①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。 ②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H22H，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是_____。 A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性 B．过程2的△H＞0 C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离 D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应 ③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为_____。 (3)该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。 ①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。 ②阴极的电极反应式为______。 ③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO):n(H2O)=a:b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为_____(用a，b，y表示)。 二、变式训练 6．（2026·重庆·模拟预测）甲硫醇(CH3SH)是重要的有机化工中间体，可用于合成维生素。通过CH3OH和H2S合成CH3SH的主要反应如下： 反应Ⅰ  CH3OH(g)+H2S(g)CH3SH(g)+H2O(g)  ΔH1 反应Ⅱ  2CH3OH(g)+H2S(g)CH3SCH3(g)+2H2O(g)  ΔH2<0 (1)相关的化学键的键能数据如下： 化学键 C—O S—H C—S H—O 键能/(kJ·mol-1) a b c d 则ΔH1___________。 (2)甲醇的沸点高于甲硫醇，其原因是___________。 (3)已知：反应Ⅱ能自发进行且ΔS<0，符合该反应特点的图像是___________。 A． B． C． D． (4)温度为T1℃，向压强为p0的恒压密闭容器中，充入CH3OH(g)和H2S(g)(物质的量之比为1：2)发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡时，CH3OH(g)的转化率为80%，CH3SCH3(g)的体积分数为5%。 ①CH3SH(g)的选择性为___________(CH3SH的选择性=)。 ②反应Ⅰ的平衡常数Kp=___________(保留3位有效数字)。 (5)甲醇燃料电池不需要燃料的前期预处理，能直接通过特定的方式使甲醇和空气反应需产生电流，其工作原理如图所示。 ①负极的电极反应为___________。 ②消耗0.1 mol甲醇时需要消耗标准状况下空气的体积为___________L(空气中O2的体积分数为21%)。 7．（2026·重庆·模拟预测）乙烷高温脱氢制备乙烯的反应为C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)。回答下列问题： (1)已知：Ⅰ．C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)  =-1400 kJ/mol Ⅱ．2C2H6(g)+7O2(g)4CO2(g)+6H2O(l)  =-3120 kJ/mol Ⅲ．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)   =+120 kJ/mol。 若反应Ⅲ的=120 J·mol-1·K-1，且和不随温度变化，则：800℃时该反应___________(填“自发”、“不自发”或“无法判断”)。 (2)T1℃，向压强恒为P0的密闭容器中充入1.0 molC2H6发生脱氢反应制乙烯，同时有副产物C(s)生成，各组分物质的量随反应时间的变化曲线如图。 ①曲线d代表___________(填化学式)。 ②T1℃，C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)压强平衡常数KP=___________(用含P0的代数式表示)。 (3)MOF材料在常温常压下实现了乙烷/乙烯的高效分离。乙烷和乙烯混合气体在MOF表面的吸附，可用Langmuir吸附等温式描述：q=qm×，式中q为某种气体的平衡吸附量(mmol/g)，qm为其最大吸附量(mmol/g)，K为吸附系数(kPa-1，只与气体种类和温度有关)，P为气体的平衡分压(kPa )，T2℃，实验测得乙烷和乙烯的吸附数据如下(两种气体的最大吸附量qm可视为相等，且吸附过程互不影响)。 气体 平衡分压P/kPa 平衡吸附量q/mmol·g-1 乙烷 2.0 3.00 乙烷 4.0 4.00 乙烯 2.0 1.00 ①该温度下MOF对乙烷最大吸附量qm为___________ mmol·g-1。乙烯的吸附系数K乙烯为___________kPa-1。 ②T2℃，将等物质的量的乙烷和乙烯混合气体通入该MOF材料进行吸附。吸附平衡时，测得混合气体的总压为3.0 kPa，且乙烷与乙烯的平衡吸附量之比为2：1，此时气相中乙烷与乙烯的分压之比P乙烷：P乙烯=___________(结果以最简整数比表示)。 (4)利用电解法在碱性或酸性条件下可利用CO2还原制备C2H4，但同时也会有CH4生成，其原理如图： 已知：选择性(S)和法拉第效率(FE)的定义(X代表CH4或C2H4)如下： ； ①实验测得，碱性条件下生成CH4、C2H4总的选择性小于酸性条件下，原因是___________。 ②实验测得，酸性条件下生成CH4、C2H4总的法拉第效率小于碱性条件下，原因是___________(用化学方程式或离子方程式表示)。 8．（2026·重庆·模拟预测）“氢能源”的开发利用意义重大，乙醇与水催化重整制“氢”的主要反应如下。 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   反应Ⅲ：   回答下列问题： (1)反应Ⅰ的__________。 (2)某恒温恒容的密闭容器中仅发生反应Ⅱ，向容器中充入和，时达到平衡。此时体系中，则内，的反应速率为__________。 (3)在容积不变的绝热密闭容器中同时发生上述三个反应，下列能说明反应达到平衡状态的是__________（填字母）。 A．混合气体的密度保持不变 B．消耗速率和的生成速率相等 C．体系的温度不再发生变化 D．气体平均相对分子质量不再变化 (4)反应Ⅱ的速率，其中、分别为正、逆反应速率常数。升高温度时________（填“增大”“减小”或“不变”）。 (5)恒定压强为时，将和投入反应器中发生上述三个反应，平衡时，和的选择性、乙醇的转化率随温度的变化曲线如图。已知：的选择性。 ①表示选择性的曲线是_________（填“a”、“b”或“c”）； ②573K时，生成的物质的量为_________； ③反应Ⅱ的标准平衡常数，其中为，、、和为各组分的平衡分压，则时反应Ⅲ的_______（列出计算式即可）。 9．（2026·重庆·模拟预测）钒和氯是两种重要的元素。 Ⅰ．钒单质及其化合物在储氢、高温超导、催化等领域应用广泛。 (1)基态V原子的价层电子排布式为_______。 (2)已知      则与反应生成的热化学方程式为_______。 (3)冶炼钒时以萃取法除去中的。萃取前，，，，溶液体积为1 L。萃取剂为溶有HA的煤油，，萃取剂体积为1 L。萃取时水溶液中、和的物质的量变化如图所示(萃取过程中水相和有机相的体积均不发生变化)。 已知：HA难溶于水，、和难溶于煤油； 萃取原理： (式中o指有机相)。 ①表示物质的量变化的曲线是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”、“Ⅲ”)。 ②的萃取平衡常数_______(水相和有机相中微粒均需计算，只列出算式)。 Ⅱ．氯在生产生活中用途也很广泛。 希托夫法测定离子迁移数：离子迁移数为阴离子或者阳离子在电场驱动下传导电量占总电量的比例，实验过程应尽量避免因浓差引起的离子迁移。测定实验装置如图，由库仑计记录电解总电量；测定通电前后阴极区的微小变化，的迁移数其中为法拉第常数。 (4)阳极的电极反应式为_______；忽略溶液体积变化，电解过程区中浓度_______(填“变大”、“变小”、“不变”)。 (5)上述实验过程中，有关操作或说法正确的是_______。(填标号) A．电解过程，电流越大，实验精度一定越高 B．电解结束时，不需要立刻关闭阀A C．电解结束时，若测得中间区浓度发生变化，应重做实验 (6)实验测定数据及处理结果如下表。 实验参量 总电量 阴极液体积 参量数值 4.000 3.990 96.485 50.00 96485 _______。 10．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）NaHCO3和NH4HCO3是两种重要的化工原料。 (1)可通过如下图反应利用NH4HCO3制得NaHCO3，则___________（用~表示）。 (2)NaHCO3和NH4HCO3的分解反应分别为 反应I：   反应Ⅱ：   上述两个反应的与的关系如图所示。【已知：为标准平衡常数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压。】 ①已知（C为常数），且，则图中表示分解的直线为___________（选填“a”或“b”）。 ②已知反应的Gibbs自由能变，反应I需较高温度才能自发进行，可能的原因是___________。 (3)在温度为时，向容器中加入足量的、和，达到平衡状态时，氨气的平衡分压___________kPa． (4)在温度为、压强为100 kPa的条件下，向只盛有足量的密封容器中通入H2O(g)和CO2(g)的混合气体以避免分解。已知该温度下反应I的，则混合气体中H2O(g)体积分数x的取值范围是___________（用分数表示即可）。 (5)利用双极膜电渗析法可制备NaHCO3和Na2CO3，原理如下图所示： ①c膜为___________离子交换膜（填“阴”或“阳”） ②电解一段时间后，两极共产生33.6 L气体（标况下），且产品室中，则产品室吸收的CO2的物质的量为___________mol（假设电解前，产品室中无和） ③下列反应室需要及时补充溶质的是___________（填标号）。 a．极室m    b．极室n    c．盐室    d．酸室 11．（2026·重庆·模拟预测）甲烷在化学反应中有诸多应用。回答下列问题： (1)二氧化碳——甲烷重整过程存在如下化学反应： Ⅰ：   Ⅱ：   Ⅲ：   Ⅳ：   (ⅰ)______。 (ⅱ)平衡时部分组分的物质的量(n)随反应温度(T)变化如图。随反应温度的升高，先上升后下降，主要原因是______。 (ⅲ)，向恒定压强为的容器中通入和。平衡时，的转化率为，的转化率为40%。若，则______，反应的______。 (2)设和反应，只生成和两种有机产物。实验发现，当体系中加入之后，的选择性会发生改变，其反应机理如下所示。 ①        ② ③    ④ ⑤    ⑥ 根据上述机理，下列说法正确的是______。 A．该过程只需少量 B．引发剂活性强弱： C．过程中可能生成、 D．降低的选择性 (3)催化电解吸收的溶液可将转化为等有机物。在相同条件下，若通过电解池的电量恒定，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如下图所示。 ，表示电解生成还原产物所转移电子的物质的量，表示法拉第常数。 (ⅰ)当电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为______。 (ⅱ)当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为______。 12．（2026·重庆永川·三模）氨是重要的化工原料，氨的合成曾三次获得诺贝尔化学奖。科研人员开发了以下三种新型合成氨的方法。回答下列问题： 方法一：N2和H2O合成氨。 该方法以水为氢源，CO为氧受体，在催化剂上实现氮气和水直接合成氨。该过程可在低至100℃的条件下实现氨高效节能生产。 已知： ①               ②                          ③     (1)___________kJ/mol。 (2)结合反应①、②的(自由能的变化)随温度变化情况图，说明CO的作用是___________。 方法二：NO和H2合成氨。 该方法是在常压，200℃下，利用工业废气NO与H2在催化剂表面直接合成NH3. 已知：主反应： 副反应： (3)方法二较“传统合成氨”的优点为___________(答出一条即可)。 (4)向密闭容器中充入1 mol NO和3mol H2发生上述反应，达到平衡时，NO的转化率为80%，NH3的选择性为90%( NH3的选择性)。则平衡时NH3的物质的量为___________mol，主反应的平衡常数Kx=___________(Kx为以物质的量分数表示的平衡常数，列出计算式即可) 方法三：N2和H2常压催化合成氨。 该方法是利用催化剂表面的阴离子空位诱导N2活化，再进行氢化，二者协同作用合成NH3. (5)若将N2和H2同时通入反应体系，NH3的生成速率会___________(填“增大”或“减小”)。 (6)一种光电催化脱除SO2的工作原理如图所示。工作时，光催化Fe2O3电极产生电子和空穴()，双极膜中H2O解离出的H+和OH-分别向两极迁移。负极室发生的电极反应式：___________。工作一段时间，当电路中转移1 mol e-，正极室增重质量___________。 13．（2026·重庆垫江·模拟预测）近年来，我国科学家已经开发了多种途径合成乙醇，用H2还原CO2转化为C2H5OH是常用的方法，发生以下两个反应： ①2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)   =-173.3 kJ/mol   ②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)  =a kJ/mol (副反应) (1)已知 H2(g)和CO(g)的燃烧热分别是285.8 kJ/mol和283 kJ/mol，H2O(l)H2O(g)  =+44 kJ/mol，则a=_______。 (2)恒温恒容条件下，在某密闭容器中，发生上述反应，CO2和H2的起始浓度分别为1 mol/L和3 mol/L，反应平衡时，CO2的转化率为70%，H2O(g)为1 mol/L，该温度下反应②平衡常数K=_______(保留一位有效数字)。若此时保持温度和压强不变，再向该容器中注入惰性气体，反应①的化学平衡将_______(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”，下同)，反应②的化学平衡将_______。 (3)恒压下，CO2和H2的起始物质的量之比为1:3时，该反应乙醇的平衡产率在无分子筛膜时和有分子筛膜时变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。 ①乙醇平衡产率随温度升高而降低的原因为________。 ②根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为________。 (4)科学家还研发了CO2的电化学还原制备乙醇，根据下图，该电池工作时，b电极发生________(填“氧化”或“还原”)反应；写出电极a的电极反应式________。 14．（2026·重庆江津·三模）含硫化合物在化工生产和日常生活中应用广泛，关于含硫化合物的研究是目前化学工业的热点之一，回答下列问题： (1)家用煤气中常掺入微量具有难闻气味的乙硫醇(C2H5SH)作为煤气泄漏的预警气。已知： 120℃时，  ，且在该温度下，在足量O2中，1 mol乙醇燃烧放热1409.8 kJ，1 mol硫化氢燃烧放热562.5 kJ。则反应的___________。 (2)已知C2H5SH呈弱酸性，常温时其水溶液中的物种分布分数如图1所示。 ①已知；。由图可知：常温时a点的___________，相同条件下Ka(CH3SH)___________Ka(C2H5SH)(填“>”，“=”或“<”)。 ②的废水中的C2H5SH可以用K2FeO4溶液除去，产物为()和Fe(Ⅲ)。若2 mol K2FeO4完全反应，则消耗___________mol C2H5SH。随着技术进步，该废水处理过程已可在电解池中快速完成，写出其阴极的电极反应方程式___________。 (3)硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂，其制备原理。恒容密闭容器中按不同投料比充入SO2(g)和Cl2(g)，测定T1、T2、T3，温度下体系达平衡时的Δp(，p0为体系初始压强，，p为体系平衡压强)与投料比的关系如图2所示。 ①温度T1、T2、T3由高到低的顺序为___________。 ②M点SO2的转化率为___________，T1温度下平衡常数Kp=___________(列出计算式即可)。 15．（2026·重庆永川·二模）与在一定条件下发生下列反应： Ⅰ、   Ⅱ、   Ⅲ、   向某恒压密闭容器（总压为）中按充入和（当时，可近似认为完全反应），平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如图1所示。 回答下列问题： (1)反应，__________。 (2)图1中，前，分布分数随温度升高而升高的原因为__________。 (3)时，反应Ⅱ的__________。 (4)温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如图2所示，图中对应的曲线为__________（填“”“”或“”）。 (5)反应  ，在恒容密闭容器中达到平衡状态，该体系瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为__________。 A． B． C． D． (6)一种甲醇燃料电池工作原理如图4所示。已知：a．电极B上发生如下转化过程：、； b．电流效率：； ①写出B电极总的电极反应式：__________。 ②一段时间内，正极消耗标准状况下氧气的体积为33.6 L，若负极且生成的甲酸全部被氧化为，则转化2中__________。 16．（2026·重庆·模拟预测）倡导低碳生活，将应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。 I．将转化为重要化工产品HCOOH (1)利用太阳能电池将工业排放的转化为HCOOH原理如图1所示： P极电极反应式为________。离子交换膜为________（填写“阳”或“阴”）离子交换膜。 (2)在密闭容器中按一定比例通入和，使其在含有催化剂的DMSO溶液中发生反应制备HCOOH，反应为。反应速率为v，反应机理包含下列三个基元反应： 第一步：； 第二步：； 第三步：；各反应的活化能 ①在催化剂足量条件下，下列说法正确的是________。 a．M是催化剂 b．第二步为决速步骤 c．增大气体体系的压强，可提高平衡转化率 d．若只增大的分压，反应速率一定有明显加快 ②实验测得：298 K，下，反应速率v随催化剂浓度c的变化如图2所示。时，v随c增大而增大，时，v不再显著增大，v变化的原因为________。 II．循环在捕获及转化上的应用 (3)100 kPa下，向密闭容器中投入和各1 mol发生如下三个反应，反应达到平衡时，反应物（、）的转化率和生成物（、）的选择性随温度变化关系如图3（温度低于360℃反应c不发生）。 a． b． c． 注：含碳生成物选择性 ①表示选择性的曲线是______（填“a”、“b”或“c”）。 ②550℃下达到平衡，________mol，该温度下反应II的________（列出计算式即可）。 17．（2026·重庆·模拟预测）以铅锌矿(主要成分是PbS、ZnS、CuS)制备PbCl2的流程如图所示： 已知：①氨浸时锌元素转化为，铅的氧化物不与氨水反应； ②PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，也能溶于盐酸(  )。 (1)Pb位于第六周期第IVA族，PbS中铅的价电子排布式为___________。 (2)“氨浸”时CuO发生反应的化学方程式为___________。 (3)PbS在“富氧煅烧”后得到铅的氧化物Pb3O4，等物质的量的PbS和ZnS消耗的O2的质量之比为___________；PbxOy的组成可表示为，则Pb3O4的组成可表示为___________。 (4)“热浸”过程中发生的反应的离子方程式为___________。 (5)“系列操作”是指从热饱和溶液中获得PbCl2固体，即___________、冷水洗涤、干燥。 (6)25℃时，PbCl2的溶解度随c(Cl-)变化曲线如下图所示，当c(Cl-)=1mol/L时PbCl2溶解度最小，从平衡移动的角度解释其原因是___________。 (7)PbCl2的Ksp可用离子交换法测定，测定过程如下： ①取一定量提纯后产品形成PbCl2悬浊液，静置； ②取50 mL上清液，注入离子交换柱(如上图所示)； ③用50 mL蒸馏水少量多次洗涤，所得溶液定容到250 mL；取50 mL溶液，以酚酞为指示剂，用c mol/L NaOH溶液进行滴定，消耗NaOH溶液V mL。 已知：离子交换柱原理为，则=___________。 18．（2026·重庆·模拟预测）碳酸氢钠在化学领域用途广泛，探索其相关平衡具有重要意义。 (1)常温下，重水中存在电离平衡，，碳酸在重水或普通水中的电离常数认为相等。 ①含NaHCO3的重水溶液显碱性的最主要的原因是___________(用离子方程式表示)。 ②等浓度的NaHCO3的重水溶液与普通水溶液相比，前者的碱性更___________(填“强”或“弱”)。 (2)在NaHCO3电解质体系中，可通过电化学过程实现尿素的生成，其装置如下图所示。 ①导线中电子流动方向为___________。 ②b电极生成尿素的电极反应式为___________。 ③若b电极的电流效率η为80%，则b电极处N2与CO(NH2)2的物质的量之比为___________。 () (3)在两个刚性密闭容器中进行如下研究： ①某温度下，向容器1中同时放入、和三种固体，发生如下三个反应： 反应1： 反应2： 反应3： 达到平衡时，五种固体均大量存在。维持该温度不变，若再通入少量CO2至达新平衡，反应1___________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。 ②向容器2中只投入NaHCO3发生热解反应，其平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如下图所示。已知：温度时，NaHCO3(s)完全分解；该体系中气相产物在、温度时的总压分别为、。当温度为时，该热解反应的平衡常数Kp=___________，___________(填“大于”“小于”或“等于”)温度时NaHCO3热解反应的平衡总压。 19．（2026·重庆·模拟预测）将CO2转化为重要的有机化工原料乙酸有利于减少碳排放。 Ⅰ．在一定条件下，催化剂Zn-ZSM-5可将CO2和CH4直接转化为乙酸，反应历程及能量变化如图1所示： (1)已知：该条件下CH3COOH(g)和CH4(g)的燃烧热分别为-928 kJ/ mol、-890 kJ/ mol，则  ΔH=_________kJ/mol。 (2)下列说法正确的是_________（填序号）。 A．催化剂Zn-ZSM-5有多种形态，使用不同形态的催化剂，该反应的平衡转化率不同 B．①、②、③三种中间体中最稳定的是② C．催化剂活化甲烷时有极性键的断裂，②→③步骤中有非极性键的形成 D．该催化反应历程的原子利用率为100% Ⅱ．乙酸的二聚：测定制备的乙酸的摩尔质量时发现，气态的乙酸易发生二聚：   ΔH<0.向体积为V L的恒容密闭容器中通入a mol CH3COOH(g)发生反应。 (3)CH3COOH二聚形成缔合分子(CH3COOH)2依靠的作用力为______。 (4)为减小测定乙酸的摩尔质量的误差，应采取的测量条件为______（填序号）。 A．低温低压 B．高温低压 C．低温高压 D．高温高压 (5)T℃下反应t min达平衡，此时测得混合气体。 ①0到t min内CH3COOH的平均反应速率v(CH3COOH)=______（用含a、V、t的代数式表示）。 ②T℃下反应的平衡常数K=______(L/mol)。 Ⅲ．电化学方法制备乙酸（如图2所示）：稀硫酸为电解质 (6)催化电极发生的电极反应方程式为______。 (7)该装置中的离子交换膜为______（填“质子交换膜”或“阴离子交换膜”）。 20．（2026·重庆·三模）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。为实现“碳中和”目标，的综合利用成为研究热点。回答下列问题： Ⅰ．利用催化加氢合成甲醚，主要发生的反应如下： 反应①：   反应②：   恒定压强为时，若开始投入的、分别为、，平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图。 已知：的选择性。 (1)反应①能自发进行的条件为_______(填“低温”、“高温”或“任意温度”)。 (2)240℃时，若不改变反应温度，能提高平衡产率的措施有_______(任写一条)。 (3)若只发生反应①，下列能够说明该反应体系已达化学平衡状态的是_______(填字母)。 A．混合气体的密度不变 B． C．混合气体的平均相对分子质量不变 D． (4)温度高于时，平衡转化率随温度升高而增加的原因是_______。 (5)时，若时反应达到平衡状态，此时_______，反应②的压强平衡常数_______。[为用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数(分压总压×物质的量分数)］ Ⅱ．天津大学张兵教授团队以与辛胺[]为原料实现了甲酸和辛腈[]的高选择性合成，装置工作原理如图所示。 (6)工作时，电极上发生的电极反应式是_______。 (7)工作时，每转移电子，理论上电极上有_______辛腈生成。 21．（2026·重庆·模拟预测）研究铁的相关物质，指导其在生产生活中的相关应用。将FeSO4(s)置入抽空的恒温刚性容器中，发生分解反应Ⅰ：    。 (1)该反应在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)条件下能自发进行。 (2)能作为反应达到平衡的标志是___________(填标号)。 a．        b．SO2百分含量不再发生变化 c．气体平均相对分子质量不再发生变化    d．气体密度不再发生变化 (3)将FeSO4(s)置入抽空的刚性容器中，平衡时和的关系如下表所示。 600 620 640 660 680 700 0.75 1.0 1.25 1.5 1.75 2.0 700 K时，若开始时投入1mol FeSO4(s)并通入0.5mol SO2(g)，起始压强p0=0.5kPa，10 min后无固体剩余，请通过计算说明原因：___________。随即降温至600 K，再次充分反应后，Fe2O3的物质的量___________(填“增多”“减少”或“不变”)，p(SO2)=___________kPa。 (4)950K 时，进一步发生反应Ⅱ：2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，5 min达平衡时，测得总=36.0kPa，p(SO2)=24.0kPa ，则化学反应速率___________，反应Ⅱ的___________。 (5)一种基于铁变价和蒽醌吩嗪融合分子设计的电池结构如图，其装置如图所示： ｂ极的电极反应式为___________(用M表示，N表示)。 22．（2026·重庆·模拟预测）工业上和一定条件下可以合成甲醇，但是该过程往往存在副反应。 主反应ⅰ：   副反应ⅱ：   (1)反应的_______，在_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)下可以自发进行。 (2)向压强恒为的密闭容器中通入和的混合气，在催化作用下只发生反应ⅰ，测得时空收率(表示单位物质的量催化剂表面甲醇的平均生成速率)随温度的变化曲线如图1所示。 ①时空收率随温度升高先增大后减小的原因是_______。 ②223℃时，的平均反应速率_______。 (3)恒压下将和按体积比1∶3混合，在不同催化剂作用下发生反应ⅰ和反应ⅱ，在相同的时间段内的选择性和产率随温度的变化如图2所示。 已知：选择性。 ①在上述条件下合成甲醇的工业条件是_______。 A．210℃　　B．230°C　　C．CZT催化剂　　D．催化剂 ②在230℃以上，升高温度甲醇的产率降低，但的转化率增大，原因是_______。 (4)温度为时，在一个刚性容器中模拟工业上合成，往容器中通入、进行反应，反应过程中容器内的压强随着时间变化如下表所示。 时间/min 0 10 20 30 40 50 压强/MPa 120 105 95 90 88 88 ①请计算反应开始至的平均反应速率_______。 ②平衡时的选择性为80%，则反应ⅰ的压强平衡常数_______(只列计算式，压强平衡常数；用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×气体物质的量分数)。 23．（2026·重庆·三模）氮及其化合物的用途非常广泛，如氨是重要的化工原料、可用作医疗麻醉剂与镇痛剂。 (1)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，在容积为的密闭容器中通入和发生反应，随时间的变化关系如图所示，b点时恰好达到平衡状态。 ①工业上合成氨，通常采用的条件是___________。 ②反应开始至a点，的平均反应速率为___________。 ③下，b点时容器内气体压强为起始压强的___________。 (2)已知反应：。时，在恒压密闭容器中模拟废气中直接分解，反应前后各组分的物质的量如下表： 物质 NO (投料)/mol 34 19 6.5 26 0 0 (平衡)/mol 4 48 20 26 1 1 ①从表中数据看，该反应存在副反应，请写出一个分解的副反应___________。 ②时，主反应的压强平衡常数___________kPa。 (3)我国科学家研发出一种新型可充电电池，其工作原理如图所示： ①充电时，阳极的电极反应式为___________。 ②放电时，若阴离子交换膜只允许通过，每生成，理论上负极室溶液质量增加___________g。 24．（2026·重庆九龙坡·模拟预测）丙醛是一种重要的有机原料，在许多领域都有广泛的应用。在铑催化剂作用下，乙烯羰基合成丙醛涉及 的反应如下：反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 已知：在一定条件下CO能与铑催化剂结合生成羰基铑络合物。 (1)分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数目之比为_________。 (2)恒压条件下，按投料比，匀速通入装有催化剂的反应器，相同时间内，测得不同温度下的转化率()如下图曲线所示。测得________(填“>”“=”或“<”)，原因是_________。 (3)一定温度下，在刚性密闭容器中，按投料比发生反应，初始压强为，达平衡时转化率为80%，选择性为20%，则CO的转化率为________%，反应Ⅱ的_________。 (4)以硝酸盐和正丙醇为原料，乙烯碱性燃料电池为电源，在碱性条件下可合成丙醛和丙酰胺()，原理如下图。 ①电解一段时间后，N极室附近溶液的pH_________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②电池工作时，a极电极反应式为_________。 ③该电解池合成丙酰胺时，理论上燃料电池消耗气体体积至少为_________L(标准状况)。 25．（2026·重庆·三模）二氧化碳是廉价可持续的碳源，其转化为甲醇能减碳增效、推动可持续发展。以下是制备可能涉及的反应： Ⅰ. Ⅱ. Ⅲ. (1)___________，反应Ⅱ在___________(填“高温”“低温”“任意温度”或“任意温度都不”)条件下自发进行。 (2)恒温恒容条件下，向某容器中加入体积比为的和，同时发生上述三个反应，下列能说明反应达到平衡状态的是___________(填序号)。 A．混合气体的密度保持不变 B．体系中与的物质的量之比为 C．容器压强保持不变 D．、和三者的物质的量之和保持不变 (3)不同温度下，按充入恒压密闭容器中发生上述三个反应，平衡时和的选择性、的转化率如图所示。表示平衡时选择性的曲线为___________(填“”“”或“”)，时的平衡体积分数为___________(保留三位有效数字)；曲线随温度升高而降低的原因为___________。 (4)一定条件下，以和为原料制备和甲酸盐，可将转化成高附加值的化学品，其装置原理如图。电极a的反应式为___________，当有通过阳离子交换膜时，整个装置消耗的含碳分子的数目为___________。 26．（2026·重庆·三模）“清洁甲醇”、“绿色甲醇”，是指生产过程中碳排放极低或为零时制得的甲醇。通过太阳能、风能制得绿氢，再将绿氢与CO2转化为CH3OH(g)的相关反应如下： Ⅰ．     Ⅱ．     回答下列问题： (1)已知反应Ⅲ的平衡常数，写出反应Ⅲ的热化学方程式：___________。 (2)下列关于反应Ⅰ的随温度T的变化趋势正确的是___________(填序号)。 A． B． C． D． (3)一定温度下，向压强恒为p MPa的密闭容器中通入1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)，充分反应后，测得CO2平衡转化率为50%，CH3OH选择性为70%，该温度下反应Ⅱ的平衡常数Kp=___________(保留2位有效数字)。[] (4)将CO2和H2按物质的量之比1∶3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应Ⅱ和反应Ⅲ。不同条件下，在相同时间内气相催化合成过程中CH3OH选择性和产率随温度变化曲线如图所示： ①合成甲醇的最优工业条件是___________(填序号)。 A．210℃    B．230℃   C．催化剂CZ(Zr-1)T   D．催化剂CTZ ②温度从210℃上升到230℃过程中，虽然甲醇的选择性下降，但产率却上升，产生这一现象的原因是___________。 (5)用甲醇燃料电池电解处理含CN-和Cl-的碱性废水，将CN-转化为无污染的物质，其原理如下图所示。 ①电解废水时，Pt(b)电极与石墨电极___________相连(填“M”或“N”)。 ②电池工作时，Pt(a)电极的电极反应式是___________。 ③消耗标准状况下22.4 L O2，理论上可处理含___________mol CN-的废水。 27．（2026·重庆永川·模拟预测）氮的氧化物是大气污染物之一，研究氮氧化物的反应机理对缓解环境污染有重要意义。回答下列问题： (1)碘蒸气的存在能大幅度提高N2O的分解速率，其催化机理为： 第一步：(快反应)  ； 第二步：(慢反应)； 第三步：(快反应)。 结合上述反应判断___________(填“>”“<”或“=”)0，第___________步反应的活化能最大。 (2)为探究温度及不同催化剂对反应  的影响，分别在不同温度、不同催化剂下，保持其他初始条件不变，重复实验，在相同时间内测得NO转化率与温度的关系如图所示： ①N点___________(填“>”“<”或“=”)。 ②时，NO转化率降低的原因可能是___________。 (3)利用现代技术可以探究压强对化学平衡移动的影响。在恒定温度下，往针筒中充入一定体积的NO2气体后密封并保持活塞位置不变，在时刻迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图所示： ①B点时，下，反应的平衡常数___________(为以分压表示的平衡常数，用含的算式表示)。 ②内，该反应速率___________(用含、、的式子表示)。 (4)以NO2、O2及熔融KNO3形成的燃料电池工作原理如图所示： ①a极电极反应式为___________。 ②若电路中有0.5 mol电子转移，则理论上b极消耗___________mol N2O5。 28．（2026·重庆·模拟预测）与在一定条件下发生下列反应： Ⅰ、   Ⅱ、   Ⅲ、   向某恒压密闭容器(总压为)中按充入和(当时，可近似认为完全反应)，平衡时三种氟化物的分布分数随温度的变化如图所示。 回答下列问题： (1)反应，______。 (2)图1中，前，分布分数随温度升高而升高的原因为______。 (3)时，反应Ⅱ的______。 (4)温度下，平衡时三种氟化物的物质的量随投料比的变化如图所示，图中对应的曲线为______(填“”“”或“”)。 (5)反应  在恒容密闭容器中达到平衡状态，该体系瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为______。 A． B． C． D． (6)工业用如图装置电解熔融和混合物制备，阴极和阳极均为放电，阳极反应为。 ①阴极反应为______。 ②已知，装置中需定期补充______(填化学式)。 ③碳阳极上还会生成副产物。若该电极电流效率，则该电极上生成的与的物质的量之比为______。() 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 《2027届高三化学一轮复习解答题专项训练化学原理综合》参考答案 1．(1) ＞ 0.16 (2) 0.28 低温 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，降温使平衡逆向移动，增大、减小，可使二者相等，因此交叉点位于低温区域 20.97% (3) 3:1 【详解】（1）① 平衡常数随温度升高增大，说明升温时反应1平衡正向移动，正反应为吸热反应，因此。 ② 沉积速率。 （2） ① 1320 K时，由图得，，总压，反应1的压强平衡常数。 ② 三个反应均为气体分子数增大的反应，压强降低，平衡正向移动，相同温度下比原压强更小，更大，要使二者分数重新相等，需使平衡逆向移动；因正反应为吸热反应，故需降低温度。 ③ 设生成，，根据Si守恒：平衡后所有含Si气体总物质的量为，总气体物质的量为，则；根据H守恒：初始总H为，即，解得，代入得，即。 （3）① 阴极发生得电子还原为Si的反应，电极反应为。 ② 标况下2.24 L气体总物质的量为0.1 mol，，转移电子总数：，阳极反应为：、，根据转移电子守恒：，联立，得。 2．(1) B ＞ (2) 右侧 H++OH-=H2O (3) D 【详解】（1）①重水中存在电离平衡，中性溶液中，，只有B点符合，所以“A、B、C”三点中呈中性的是B点，故答案为：B； ②水的电离平衡为吸热过程，温度升高，电离程度增大，，均增大，Kw也增大，由图可知，T1时离子浓度更高，Kw更大，所以＞，故答案为：＞； （2）①用进行实验，左侧通入，产物为，即左侧Pt电极上发生了氧化反应，电极方程式为：，左侧为负极，右侧为正极，右侧Pt电极上发生了还原反应，电极方程式为：，该电池总反应方程式H++OH-=H2O，故答案为：右侧；H++OH-=H2O； ②用进行实验，一侧通入，电池总反应方程式不变，在通入的一侧，氧气发生还原反应，而生成氧气的一侧，则发生氧化反应，参与反应的H+和OH-仅作为反应物出现在电极反应式中，即正极反应式：，故答案为； （3）①对于反应，平衡常数K的定义为：K=，在25℃的纯水中，水的离子积常数为Kw=，而且平衡时，已知，带入公式：K=，保留两位小数K，故答案为：； ②瞬时升温后，逆反应速率增大，但水的浓度是恒定的，正反应速率不变，所以建立新平衡的过程示意图为D， ③驰豫时间公式为，其中，，带入得：，在平衡时，，可推出，带入已知值：，即，将k1带入驰豫时间公式为：，整理可得，，计算括号内：，，由于，可忽略不计，所以，得出，故答案为：。 3．(1) 不移动 2 由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行 (2)C (3) 阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用 0.5 【详解】（1）①反应1为气体分子数不变的反应，体系平衡后，增加压强，反应1的平衡不移动。 ②由盖斯定律可知，反应1-反应2得，则平衡时，，则和的体积比值为2； ③由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行，则为吸热反应； （2）A．反应为可逆反应，由图可知能催化脱氢反应，也能催化加氢反应，错误； B．平衡常数受温度影响，的加入不改变平衡常数，错误； C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，氢离子浓度越大，越有利于的形成，正确； D．的加入促进了的加氢反应，但是也会和加成，副反应也会增多，错误； 故选C； （3）①电解池的阳极为，阳极上Pb失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为。 ②阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用； ③由图，A极二氧化碳得到电子发生还原生成CO和：，CO和再和Pt2+反应生成：，则总反应为二氧化碳和甲醇反应生成和水：；反应中电子转移为，则外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为0.5。 4．(1) 83 (2) 10 CDE (3) D 12:7 a中银电极质量减小，b中银电极质量增大 【详解】（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体生成吸附态的活化能为。 ②由图可知，生成放出热量，放热焓变为负值，故热化学方程式为； （2）①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，时的平衡常数。 ②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应； A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程，A错误； B．平衡常数只受温度的影响，则，B错误； C．反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：，C正确； D．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积，根据阿伏伽德罗定律可知，，，，则，D正确； E．结合A分析可知，逆反应的速率：；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，逆反应的速率：，故有逆反应的速率：，E正确； 故选CDE； ③某温度下，设向恒容容器中加入mg，当固体质量减少时，逆反应速率最大，此时达到平衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成，若转化率为，则此时生成，根据阿伏伽德罗定律，此时，故； （3）①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；故测定晶体结构最常用的仪器是D．射线衍射仪； ②据“均摊法”，晶胞中含个I，则晶体密度为；，晶胞中含个I，则晶体密度为；故，则与晶胞的体积之比为12:7。 ③由图可知，a极为阳析，银氧化为银离子，根据a中AgI质量不变，可判断I-没有进入a极（否则AgI质量会增加），从而推断导电的是Ag+从a极移向b极。 【点睛】 5．(1) < 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低 (2) Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 BD 1:8 (3) 质子导体 2H++2e-＝H2↑ 【详解】（1）①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，△H＜0； ②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低； （2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大； ②A．Pd膜只允许H2通过，不允许CO2通过，对气体分子的透过具有选择性，A项正确； B．过程2正反应的活化能远小于逆反应的活化能，△H＜0，B项错误； C．加快Pd膜内H原子迁移，平衡H22H正向移动，有利于H2的解离，C项正确； D．H22H为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为吸热反应，D项错误； 故选BD； ③根据反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，设通入的CO为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=9；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口的总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的H2为0.1mol，出口b的H2为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8； （3）①电解时，一氧化碳和水均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近，然后得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体； ②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑； ③根据阿伏伽德罗定律的推论可知，同温同压下，出口Ⅰ处气体物质的量为进口Ⅰ处的y倍，设反应中CO转化了x mol，则根据三段式： 出口Ⅰ处气体物质的量为(a+b-x)，进口Ⅰ处的气体物质的量为，则(a+b-x)=y(a+b)，则x=(a+b)(1-y)，CO的转化率为：。 6．(1)（a+b-c-d）kJ/mol (2)甲醇含有羟基，可以形成分子间氢键，甲硫醇分子间不能形成氢键 (3)A (4) 62.5% 1.48 (5) CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+ 16 【详解】（1）反应I中反应物断裂化学键吸收的总能量为（a+b）kJ，生成物形成化学键放出的能量为（c+d）kJ，ΔH1=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的能量=（a+b-c-d）kJ/mol； （2）甲醇含有羟基，可以形成分子间氢键，甲硫醇分子间不能形成氢键，故甲醇的沸点高于甲硫醇； （3）反应II的ΔH2<0，ΔS<0，ΔG=ΔH-TΔS<0，图像斜率为-ΔS>0，截距为ΔH<0，故符合的图像为A； （4）设充入1 molCH3OH(g)和2 molH2S(g)，平衡时甲醇的转化率为80%，则平衡时甲醇的物质的量为0.2 mol，参加反应的甲醇为0.8 mol，因为两个反应都是前后气体物质的量不变的反应，故CH3SCH3(g)的物质的量为（1 mol+2 mol）×5%=0.15 mol，则生成CH3SCH3(g)消耗的甲醇为0.3 mol，生成CH3SH(g)消耗的甲醇的物质的量为0.8 mol-0.3 mol=0.5 mol，生成CH3SH(g)的物质的量为0.5 mol，平衡时H2S(g)的物质的量为2 mol-0.5 mol-0.15 mol=1.35 mol，H2O(g)的物质的量为0.5 mol+0.15 mol×2=0.8 mol，由此可以计算： ①CH3SH的选择性==； ②平衡时气体的总物质的量为0.2 mol+0.15 mol+0.5 mol+1.35 mol+0.8 mol=3 mol，则反应Ⅰ的平衡常数Kp=； （5）①由装置图可知，左侧通入甲醇为电池负极，质子交换膜说明电池是酸性环境，正极氧气被还原反应为O2+4e-+4H+=2H2O，电池总反应减去正极反应得到负极的电极反应为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+； ②由电池的总反应2CH3OH+3O2→2CO2+4H2O可知，消耗0.1 mol甲醇需要0.15 mol氧气，标准状况下氧气的体积为0.15 mol×22.4 L/mol=3.36 L，空气中O2的体积分数为21%，故需要空气的体积为。 7．(1)自发 (2) H2 1.8P0 (3) 6 0.1 1∶2 (4) 碱性条件下，有部分CO2转化为CO，用于生成CH4、C2H4的CO2的量减少，使总的选择性减小 2H++2e-= H2↑ 【详解】（1）=-T=120 kJ/mol-(800+273) K×120×10-3 kJ·mol-1·K-1=-8.76 kJ/mol<0，所以可以自发； （2）①充入1.0 molC2H6发生脱氢反应制乙烯，同时有副反应C2H6(g)2C(s)+3H2(g)发生，生成副产物C(s)，所以结合两个反应以及图像可知，a代表C2H6，b代表C(s)，c代表C2H4，d代表H2； ②由图像可知平衡时n(C2H6)=0.2 mol，n(C2H4)=0.6 mol，n(H2)=1.2 mol，总的物质的量n(总)=0.2+0.6+1.2=2.0 mol，各物质的分压：P乙烷=P0，P乙烯=P0，P氢气=P0，则压强平衡常数KP=    ==1.8P0； （3）设乙烷的吸附系数为K1，最大吸附量为qm，由表格代入乙烷数据可得：，由此解得K1=0.5 kPa-1，qm=6 mmol·g-1。 设乙烯的吸附系数K乙烯，代入乙烯的数据：1.00=，解得K乙烯=0.1 kPa-1； 设乙烷的平衡吸附量为q乙烷，乙烯的平衡吸附量为q乙烯，由已知可得：P乙烷+P乙烯=3.0 kPa、==2，解得P乙烷=1 kPa、P乙烯=2 kPa，故P乙烷：P乙烯=1：2； （4）因为碱性条件下，有部分CO2转化为CO，用于生成CH4、C2H4的CO2的量减少，使总的选择性减小； 因为在酸性条件下H+可以参与还原反应，导致不是所有的电子都用于还原CO2，故2H++2e-= H2↑。 8．(1)+255.7 (2)0.125 (3)CD (4)减小 (5) c 1.02 【详解】（1）由盖斯定律得，ΔH1=ΔH3-2ΔH2=(+173.3+2×41.2)kJ/mol=+255.7kJ/mol； （2）由题意可知，设达到平衡时转化的CO(g)和H2O(g)的物质的量均为x mol，则n(CO):n(H2O)=(3-x):(1-x)=5:1，解得x=0.5，则的反应速率为=0.125mol/(L·min)； （3）A．混合气体的密度为ρ=，根据质量守恒定律，在反应过程中，混合气体的质量一直保持不变，则混合气体的密度也一直保存不变，A错误； B．根据反应Ⅰ和反应Ⅲ的化学计量数可知，H2O的消耗速率和H2的生成速率并不相等，故B选项不能作为平衡状态的标志，B错误； C．上述三个反应总的热效应为吸热反应，当反应达到平衡后，体系的温度不再发生变化，C正确； D．气体平均相对分子质量为，根据质量守恒定律，在反应过程中，混合气体的质量一直保持不变，但是反应的总分子量会变，故当反应达到平衡时，气体平均相对分子质量不再变化，D正确； 故答案选CD； （4）由题意可知，==lgK(Ⅱ)，因为反应Ⅱ为放热反应，故升高温度时，平衡逆向移动，K(Ⅱ)减小，则减小； （5）由题意可知，生成CO的为反应Ⅰ，为吸热反应，升高温度有利于反应Ⅰ平衡正向进行，反应Ⅱ消耗生成的CO，为放热反应，升高温度时，其平衡逆向移动，故CO的选择性随温度升高而增大，其增大程度比乙醇的转化率的大，故表示选择性的曲线是c；生成CO2的为反应Ⅱ、Ⅲ，分别为放热反应、吸热反应，升高温度，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅲ正向移动，故当温度升高到一定程度时，CO2的选择性会逐渐减小，故表示CO2选择性的曲线是a；消耗乙醇的为反应Ⅰ、Ⅲ，均为吸热反应，升高温度时，有利于这两个反应正向进行，故乙醇的转化率随温度升高而逐渐增大，故表示乙醇的转化率的曲线是b。 ①由分析可知，表示选择性的曲线是c； ②)573K时，CO2的选择性为85%，CO的选择性为15%，乙醇的转化率为60%，则平衡时n(CO2)+n(CO)=1 mol×60%×2=1.2mol，n(CO)=1.2 mol×15%=0.18 mol，n(CO2)= 1.2mol×85%=1.02mol； ③573K时，平衡体系中n(CO2)=1.02mol、n(CO)=0.18mol、n(C2H5OH)=0.4mol，由氧原子守恒可知，n消耗(H2O)=2n(CO2)+n(CO)-n消耗(C2H5OH)= 1.62 mol,则 n(H2O)= 1.38 mol，氢原子守恒可知n(H2)=3n消耗(C2H5OH)+n消耗(H2O)=3.42 mol，气体的总物质的量为(0.4+1.38+1.02+0.18+3.42)mol=6.4 mol,故反应Ⅲ的。 9．(1)3d34s2 (2) (3) Ⅱ (4) 不变 (5)C (6)0.50 【详解】（1）钒（V）是23号元素，价层电子排布式只需写出最外层及次外层未充满的电子，即3d34s2。 （2）根据盖斯定律，为了消去两个已知方程式中的Ca和CaO，可以将方程式①×3-②×5，获得目标方程式，则对应的焓变变为，即答案为。 （3）①萃取前pH = 1，即初始 ，萃取过程生成H+，浓度上升，故曲线I代表H+。VO2+初始浓度为0.4 mol/L，Al3+初始浓度为0.01 mol/L，观察图象，曲线II从0.4降至0.04，符合VO2+的变化；曲线III从0.01降至0.0096，符合Al3+的变化。故①答案为Ⅱ。 ②已知水相和有机相体积均为1 L。平衡时，水相中的，萃取到有机相的VO2+物质的量为。由图中得知，水相中的，有机相初始，反应消耗的HA的物质的量为，故平衡时有机相中。 故平衡常数。 （4）①阳极区为4.00 mol/L的 KOH 强碱性溶液，Pt为惰性电极，溶液中的OH-失电子发生氧化反应，生成氧气和水，故答案为。 ②电解过程中，阳极区a中的阳离子K+会向阴极区定向移动，同时盐桥中的K+会等额补充，故a区中浓度不变；。 （5）希托夫法测定离子迁移数的核心前提是中间区溶液的浓度必须保持不变，以确保阴极区和阳极区的浓度变化纯粹是由电极反应和离子电迁移引起的，排除了浓差扩散的干扰。 A．电流过大会导致严重的发热引起对流，破坏中间区的稳定，降低实验精度，A错误； B．电解结束后必须立刻关闭阀门，隔离各区，防止离子因浓差继续自由扩散，B错误； C．若中间区浓度改变，说明发生了溶液混合，实验数据失效，必须重做，C正确； 故答案选C。 （6）阴极区中Cl-不参与电极反应，其浓度的下降完全是由向阳极区的电迁移引起的。 减少的Cl-物质的量 代入所给公式进行计算： 10．(1) (2) a 反应I的，，在较高温度的条件下，才能使得，使得反应自发向右进行 (3)100 (4) (5) 阳 1.2 c 【详解】（1）根据盖斯定律，目标反应：，可由反应物电离能量变化（）减去生成物电离能量变化（）得到，因此。 （2）①根据公式，斜率为，分解反应，且，故分解对应的斜率绝对值更大（直线更陡），对应直线a； ②分解反应I为吸热反应，熵增，根据，低温时，，反应不自发，只有较高温度时，，反应自发向右进行。 （3）两个反应同时平衡， 反应I：，反应Ⅱ：，由图可知，温度下两条线交于一点，即，故，，得。 （4）避免分解，需使反应逆向进行或处于平衡状态，即满足分压商，总压为，，，故，解不等式得。 （5）①产品室需要，盐室中需要穿过c膜进入产品室，故膜为阳离子交换膜； ② 由题意可知，图中为电解池，电极M为阴极，得电子，生成，电极N为阳极，失电子，生成，电解总反应式为，则每生成3 mol气体转移4 mol电子，标况下，33.6 L气体总物质的量为，1.5 mol气体对应转移电子，则有迁移进入产品室。设，则，根据电荷守恒：，得，根据C原子守恒得吸收； ③c 盐室中不断迁移到产品室，不断迁移到酸室，溶质不断减少，需要补充，极室m、n溶质不被消耗，仅消耗水，酸室不断生成溶质，不需要补充，故选c。 11．(1) +245 低温时反应Ⅱ占主导，，温度升高平衡逆移，增大；高温时反应Ⅰ占主导，，温度升高平衡正移，减少 0.2 (2)AC (3) 【详解】（1）(ⅰ)反应Ⅰ=反应Ⅱ+反应Ⅲ-2反应Ⅳ，因此，； (ⅱ)低温时反应Ⅱ占主导，，温度升高平衡逆移，增大；高温时反应Ⅰ占主导，，温度升高平衡正移，减少； (ⅲ)根据C元素守恒，根据平衡时，转化：，剩余=0.4mol；转化：，剩余=0.6mol，，因此0.2 mol；根据O元素守恒，,=0.6 mol；根据H元素守恒，，=0.6 mol，分压平衡常数，代入上述数值，其中，； （2）A．为链引发试剂，链终止再生，微量即可启动链式循环反应，A正确； B．键能：Cl-Cl> Br- Br> I-I，易断键产自由基，因此引发剂活性，B错误； C．自由基偶联、均有可能生成，C正确； D．调控副反应、抑制积碳副产，提升选择性，D错误； 故选择AC； （3）(ⅰ)阴极电极反应反应生成，并且是碱性环境，因此生成，配平可得方程式为：； (ⅱ)：1mol转移12mole-，； ：1mol转移2mole-，； 由，，。 12．(1) (2)使反应③在一定温度下，可以自发进行 (3)反应条件温和；将NO废物利用；节约成本等 (4) 0.72 (5)减小 (6) 17g 【详解】（1）根据盖斯定律，反应③=①×+②×，则+=+。 （2）从图中看出，随温度升高，反应①的，反应不能自发进行，反应②，反应能自发进行，反应过程中，CO的作用是消耗反应①产生的氧气，降低体系自由能，使，反应③能自发进行。 （3）方法二较“传统合成氨”的优点为反应在常压、200℃，反应条件较为温和，且用NO作原料，将NO废物利用，防止空气污染，同时也节约了成本。 （4）① 平衡时 的转化率为 ，则转化的总物质的量为。的选择性为 ，即转化为的物质的量为：。根据主反应，与的化学计量数之比为，因此生成的物质的量为，平衡时n(NO)=0.2mol，由N元素守恒可知n(N2)==0.04mol，由O元素守恒可知n(H2O)=1mol-0.2mol=0.8mol，由H元素守恒可知n(H2)==1.12mol，总物质的量，主反应的平衡常数。 （5）方法三利用“催化剂表面阴离子空位诱导活化”。若和同时通入，会占据部分阴离子空位，阻碍的活化，导致的生成速率减小。 （6）由图可知，负极室（阳极区）中，被氧化为，双极膜提供的OH⁻参与反应，故电极反应式为：。正极室（阴极区）中，O2得到电子被还原，双极膜提供的H⁺参与反应，电极反应式为：。当电路中转移1 mol e⁻时，根据电极反应式可知，有1 mol H+和0.5 mol O2进入正极室参与反应，故正极室增重质量为。 13．(1)+41.2 (2) 0.3 逆向移动 正向移动 (3) 合成乙醇的反应为放热反应，升高温度，合成乙醇的平衡逆向移动，乙醇产率降低 300℃ (4) 氧化 2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O 【详解】（1）已知H2(g)和CO(g)的燃烧热分别是285.8 kJ/mol和283 kJ/mol，可写出 ③H2(g)+O2(g)H2O(l)      =-285.8 kJ/mol ④CO(g)+O2(g)CO2(g)  =-283 kJ/mol ⑤H2O(l)H2O(g)    =+44 kJ/mol   ，利用盖斯定律将③+⑤-④得②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)  =+-=-285.8 kJ/mol +(+44 kJ/mol)-(-283 kJ/mol)=a kJ/mol，解得a=+41.2，故答案为：+41.2； （2）CO2和H2的起始浓度分别为1 mol/L和3 mol/L，反应平衡时，CO2的转化率为70% ，H2O(g)为1 mol/L，设反应①消耗CO2为x mol/L，消耗H2为3x mol/L，生成的H2O为1.5x mol/L；反应②消耗CO2为y mol/L，消耗H2为y mol/L，生成CO为y mol/L、生成的H2O为y mol/L，根据题意列方程组，解得x=0.6，y=0.1，该温度下CO为0.1 mol/L，H2为3 mol/L-3×0.6 mo/L-0.1 mo/L =1.1 mol/L，CO2为0.3 mol/L，H2O为1 mol/L，反应②平衡常数K==≈0.3；保持温度和压强不变，再向该容器中注入惰性气体，容器体积增大各组分浓度减小，反应①为气体分子总数减小的反应，平衡逆向移动，从而导致反应②正向移动，故答案为：0.3；逆向移动；正向移动； （3）①根据反应①可知合成乙醇的反应为放热反应，升高温度，合成乙醇的平衡逆向移动，乙醇的平衡产率降低，故答案为：合成乙醇的反应为放热反应，升高温度，合成乙醇的平衡逆向移动，乙醇的平衡产率降低； ②根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时乙醇平衡产率最高时的温度为最佳温度，即300℃，故答案为：300℃； （4）CO2的电化学还原制备乙醇时，电极a中CO2转化为乙醇，CO2作氧化剂，电极a为阴极，发生还原反应2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O，b电极为阳极，发生氧化反应。 14．(1)-3880.2 kJ·mol-1 (2) 3.4 > 1 (3) 30% (其他合理答案亦可) 【详解】（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量。由题意： ①C2H5OH(g)+H2S(g)C2H5SH(g)+H2O(g) ΔH1=-32.2 kJ·mol-1 ② ③ 由盖斯定律，-2×①+2×②+2×③得反应2C2H5SH(g)+9O2(g)=4CO2(g)+6H2O(g)+2SO2(g)， ； （2）①由图中曲线交点可推知，a点时，c(C2H5SH)=c(C2H5S-)，根据，可知，此时c(H+)=，所以pH=10.6，则常温下pOH=14-10.6=3.4；因乙基的推电子效应大于甲基的，所以-SH的极性：CH3SH＞C2H5SH，则相同条件下电离H+的能力，即Ka比较： Ka(CH3SH)＞Ka(C2H5SH)； ②废水pH=9时，K2FeO4氧化C2H5SH生成和Fe(OH)3，反应中硫化合价由-2变为+4、铁化合价由+6变为+3，结合电子守恒存在2K2FeO4~6e-~C2H5SH，若2mol K2FeO4完全反应，则消耗1mol C2H5SH； 阴极高铁酸根离子在碱性条件下得电子转化为氢氧化铁沉淀，其电极反应方程式为：； （3）①该反应的正反应为气体体积减小的放热反应，因此反应正向进行程度越大，平衡时容器内压强越小，即△p越大，从T3到T1，△p增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温度由T3到T1逐渐降低，即T3＞T2＞T1； ②M点投料比为2，初始总压强p0=300 kPa，Δp=60 kPa，设初始时n(SO2)=2a，n(Cl2)=a，转化的SO2和Cl2​的物质的量均为x，列出三段式如下： ，因恒温恒容下，压强与物质的量成正比，则，解得，SO2的转化率为；T1温度下平衡常数Kp平衡时总物质的量n总=3a−x=，总压强p=p0−Δp=300−60=240 kPa，算得各物质的分压p(SO2)=140 kPa，p(Cl2)=40 kPa，p(SO2Cl2)=60 kPa，平衡常数为。 15．(1) (2)前升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，反应Ⅲ逆向移动的程度大于反应Ⅱ (3) (4)L3 (5)C (6) 30% 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得，目标反应是该反应的逆反应，焓变符合相反，故； （2）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的正反应均为放热反应，前升高温度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡逆向移动，反应Ⅲ逆向移动的程度大于反应Ⅱ，生成更多XeF4，且温度升高加快反应速率，因此XeF4分布分数随温度升高而增大。 （3）T1 时XeF2的分布分数为0.05，XeF4的分布分数为0.9、XeF6的分布分数为0.05，设初始n(Xe)=1 mol，则 n()=5 mol，，根据分布分数：，，，反应的为：，故剩余的为3 mol，总物质的量n总 =1+3=4 mol，分压，，，则 反应Ⅱ的； （4）投料比越大，越有利于生成氟含量更高的氙氟化物，XeF2氟含量最低，随投料比增大，物质的量逐渐减小，对应下降曲线L3； （5）该反应正反应放热，升温后平衡逆向移动，瞬时升温后正、逆反应速率都高于原平衡，且；逆反应反应物只有固体，温度恒定后逆反应速率不变，平衡逆向移动使 Xe浓度增大，正反应速率逐渐增大，直到v正 =v逆 建立新平衡，对应选项C。 （6）①由题意得：甲醇作为燃料电池的负极，失电子，碳元素由-2价升到+4价，其电极方程式为：； ②,,，则转移的电子为，，全部氧化为转移的电子为，故。 16．(1) ； 阳； (2) ac； 催化剂浓度小于等于时，催化剂浓度是决速步的限速因素，反应速率随催化剂浓度增大而增大；催化剂浓度大于时，决速步的限速因素变为在溶液中的溶解浓度，反应速率不再随催化剂浓度增大而显著增大； (3) b； 0.4； ； 【分析】反应a为吸热反应，升温平衡正向移动，的平衡转化率随温度升高而增大，最终可达100%，对应曲线a；反应b为放热反应，升温平衡逆向移动，的选择性随温度升高持续降低，对应最下方标注为选择性的曲线；温度低于360℃时反应c不发生，含碳产物仅和，二者选择性之和为100%，此阶段随温度升高反应b逆向程度增大，选择性逐渐升高，360℃后反应c发生，消耗生成，选择性随温度升高逐渐降低，呈现先升后降的趋势，对应曲线b；剩余曲线c为的平衡转化率。550℃时转化率为100%，完全分解生成1mol 。 【详解】（1）P极通入生成，C元素化合价从+4降低到+2，得电子发生还原反应，为阴极，酸性电解质环境下，电极反应式为。N极为阳极，失电子生成，需要通过离子交换膜迁移到P极参与反应，因此离子交换膜为阳离子交换膜。 （2）① 逐一分析选项： a．M在第一步参与反应，第三步重新生成，符合催化剂的特征，M是催化剂，a正确； b．决速步为活化能最高的基元反应，已知，因此第一步为决速步骤，b错误； c．该反应为气体分子数减小的反应，增大气相体系压强，平衡正向移动，可提高的平衡转化率，c正确； d．决速步为第一步，增大的分压，不会改变第一步的反应速率，因此反应速率不会有明显加快，d错误； 故选ac。 ② 第一步为决速步骤，催化剂M是决速步的反应物，当催化剂浓度时，M的浓度是反应速率的限速因素，反应速率随增大而增大；当时，M的浓度足够，决速步的限速因素变为在溶液中的溶解浓度，因此反应速率不再随增大而显著增大。 （3）① 由曲线匹配推导可知，的选择性随温度升高先升后降，对应曲线b。 ② 550℃时，的转化率为100%，因此分解生成的总物质的量为1mol。由图可知，550℃时的选择性为10%，的选择性为70%，因此，，根据含碳产物选择性总和为100%，可得的选择性为20%，。 反应b中，生成0.1mol 的同时生成的物质的量为；反应c中，生成0.2mol 的同时生成的物质的量为，因此总。 ③ 计算平衡时各气相组分的物质的量： ，，，反应b消耗的物质的量为，反应c消耗的物质的量为，因此平衡时。 气相总物质的量，总压为100kPa，因此各组分的分压为物质的量分数乘以总压。 反应b的平衡常数表达式为，代入分压表达式可得： 17．(1)6s2 (2) (3) 10:9 (4) (5)冷却结晶，过滤 (6)当>1 mol·L-1时，随着Cl-浓度增大，平衡正向移动，PbCl2溶解度增大；当<1 mol·L-1时，随着Cl-浓度增大，沉淀溶解平衡逆向移动，PbCl2溶解度减小。 (7) 【分析】含PbS、ZnS、CuS的铅锌矿经过富氧煅烧，各元素均转化为对应的氧化物。在“氨浸”一步中，ZnO、CuO转化为对应的络合离子、进入溶液中，Pb3O4不反应而留在固体中。随后Pb3O4用过量HCl热浸，转化为并生成Cl2，随后经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产物。 【详解】（1）Pb位于第六周期第IVA族，与C同族，具有ns2np2的价电子排布，即Pb的价电子排布为6s26p2。PbS中Pb为+2价，Pb失去6p轨道上的两个电子，价电子排布变为6s2。 （2）“氨浸”时，CuO可溶于氨水，形成络合物，据此可以写出化学方程式。 （3）PbS在“富氧煅烧”后得到铅的氧化物Pb3O4，ZnS煅烧后得到ZnO。分别写出两者煅烧时的反应方程式：，，可知每mol PbS消耗，每mol ZnS消耗，消耗O2的物质的量之比为10:9，即质量之比为10:9。根据的组成表示可列出方程组：，解得m=2，n=1，故组成可表示为。 （4）根据上一问所得出的Pb3O4的组成可表示为，可推测其具有与PbO2类似的强氧化性。故该步骤产生的气体应为氧化Cl-所得的Cl2。同时Pb元素全部转化为+2价，由于存在过量的HCl，应以配离子的形式存在。据此可写出反应方程式。 （5）根据PbCl2难溶于冷水，易溶于热水，可通过降温热饱和溶液的方式使其从溶液中析出。之后经过滤、冷水洗涤、干燥可得到PbCl2。 （6）该溶解度曲线呈现先降后增的趋势，应考虑影响PbCl2溶解度的两个平衡：沉淀溶解平衡和PbCl2转化为配离子的平衡。具体原因分析见答案。 （7）上清液为PbCl2的饱和溶液，其Pb2+浓度反映了PbCl2的Ksp。根据方程式，可得对应关系为Pb2+~2H+~2NaOH。50 mL溶液消耗NaOH的物质的量为，对应Pb2+的物质的量为，故原溶液中，PbCl2的溶度积。 18．(1) 弱 (2) a→电源正极，电源负极→b (3) 不 小于 【详解】（1）①写出重水溶液显碱性的离子方程式是弱酸的酸式酸根，在重水中会发生水解反应，结合重水电离出的，使溶液中浓度增大，显碱性，离子方程式为：。 ②比较重水溶液与普通水溶液的碱性强弱水解常数，已知，且碳酸在重水和普通水中的电离常数相等，因此在重水中的水解常数，即在重水中的水解程度更小，生成的浓度比普通水中浓度低，所以重水溶液的碱性更弱。 （2）①判断导线中电子流动方向b电极上、被还原为、，发生还原反应，因此b电极为阴极；a电极为阳极。电解池中电子从阳极（a）流出，经电源正极、负极流向阴极（b），所以电子流动方向为a→电源正极，电源负极→b。 ②写出b电极生成尿素的电极反应式中为+2价，中为-3价，每个原子得到5个电子，2个分子提供2个原子，共得到10个电子；中化合价不变，结合提供原子配平反应：由于电解质为溶液，会与反应，也可改写为：。 ③计算b电极处与的物质的量之比设转移电子总物质的量为，理论上生成需消耗电子，电流效率，则实际生成的物质的量为，消耗电子。剩余电子物质的量为，用于生成：或配平后的反应，每生成消耗电子，因此生成的物质的量为。则与的物质的量之比为。 （3）①在温度不变条件下，三个反应同时达到平衡，且五种固体均大量存在，说明各反应的平衡常数 ,,  均保持恒定：反应1：，      反应2：，反应3：，由于固定，通入少量后，系统通过反应3逆向进行（）迅速恢复至原值。进而由不变推得不变，再由不变，得也不变。 因此，反应1的反应商，反应1不移动。 ②时，热解反应为，平衡时和的物质的量相等，总压为，则两者的分压均为，平衡常数。温度时，因已完全分解，体系中气相产物的分压之积小于该温度下的平衡常数，故体系总压小于该温度下分解反应的平衡总压。 19．(1)+38 (2)CD (3)氢键 (4)B (5) mol/(L·min) (6) (7)质子交换膜 【详解】（1）根据燃烧热的定义，写出相关的热化学方程式，甲烷的燃烧：①、乙酸的燃烧：②，由盖斯定律可知，①-②可得目标反应，。 （2）A．催化剂通过改变反应路径来降低活化能，从而加快反应速率，但它不能改变反应的始态和终态，因此不影响化学平衡，也就不能改变平衡转化率，A错误； B．在能量图中，能量越低的物质越稳定。从图1可以看出，中间体③的能量最低，因此它是最稳定的。②是过渡态，能量最高，最不稳定，B错误； C．“活化甲烷”是指分子中的C-H键断裂，C-H键是极性键，在②→③步骤中，形成了C-C键，属于非极性键，C正确； D．原子利用率是指反应物中所有原子转化为目标产物的百分比。该反应的化学方程式为。这是一个化合反应，所有反应物的原子都进入了产物中，没有生成任何副产物。因此，原子利用率为100%，D正确； 故选CD。 （3）乙酸分子()中含有羧基(-COOH)，一个乙酸分子中羟基(-OH)上的氢原子可以与另一个乙酸分子中羰基(C=O)上的氧原子形成很强的分子间作用力，即氢键。正是这种氢键使得两个乙酸分子缔合在一起，形成二聚体。 （4）测定乙酸摩尔质量时，二聚反应会使测得的平均摩尔质量偏大，产生误差。为了减小误差，需要使平衡向左移动，抑制二聚体的形成。该反应是放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度会使平衡向吸热的逆反应方向（向左）移动。该反应是气体分子数减小的反应（2个分子生成1个分子），降低压强会使平衡向气体分子数增多的逆反应方向（向左）移动。因此，应选择高温和低压的条件。 （5）①根据质量守恒，反应体系的总质量始终为初始乙酸的质量： g，平衡时混合气体的总物质的量为： mol，设平衡时生成的二聚体的物质的量为 mol，由可知，平衡时总物质的量 ， mol，在 min 内，消耗的的物质的量为 mol，反应速率 mol/(L·min)； ②平衡时，的物质的量为 mol，平衡时，的物质的量为 mol，平衡浓度分别为： mol/L， mol/L，平衡常数 L/mol。 （6）图示表明，在催化电极上，被还原为。这是一个还原反应，发生在阴极。电解质为稀硫酸，提供酸性环境，反应中有参与，电极反应式为：。 （7）催化电极（阴极）的反应消耗了。为了维持电荷平衡，阳极（石墨电极）发生水的氧化反应： ，产生了。因此，（质子）需要从阳极区迁移到阴极区以补充消耗的质子。允许质子通过的膜是质子交换膜。 20．(1)低温 (2)加压；及时将水或二甲醚从体系中分离出来 (3)AC (4)反应①为放热反应，反应②为吸热反应，以后，主要发生反应②，升高温度，平衡正向移动，转化率增大（或者反应①为放热反应，反应②为吸热反应，以后反应②正向移动的程度大于反应①逆向移动程度） (5) 0.08a 0.15 (6) (7)0.5 【详解】（1）反应①（放热），反应后气体分子数减少，；根据反应自发，可知低温下反应①能自发进行。 （2）反应①是气体分子数减少的放热反应，增大压强、及时将水或二甲醚从体系中分离出来都能使平衡正向移动，提高二甲醚平衡产率。 （3）A．恒压条件下，反应①气体总物质的量变化，容器体积变化，气体总质量不变，因此密度不变时说明反应达到平衡，A正确； B．反应①生成和的物质的量比始终为1:3，不能说明平衡，B错误； C．平均相对分子质量，不变，随反应进行变化，因此不变时说明反应达到平衡，C正确； D．平衡时正逆速率满足，D错误； 故答案为：AC。 （4）反应①为放热反应，反应②为吸热反应，300°C以后，主要发生反应②，升高温度，平衡正向移动，转化率增大（或者反应①为放热反应，反应②为吸热反应，300°C以后反应②正向移动的程度大于反应①逆向移动程度）。 （5）300℃时，​转化率为40%，消耗，二甲醚选择性为40%，根据公式：选择性=，得；反应消耗为，生成为，根据碳原子守恒可知生成为； 列三段得，平衡时： ，，，，，混合气体总物质的量为2.68a mol；反应②。 （6）该装置为电解池，向电极移动，说明​为阴极，得电子生成，配平得电极反应。 （7）为阳极，氧化为，生成1mol辛腈转移4mol电子，因此转移2mol电子时，生成辛腈0.5 mol。 21．(1)高温 (2)d (3) 假设 1 mol FeSO4 完全分解，生成 0.5 mol SO2 和 0.5 mol SO3，此时 p(SO2) = 1.0 kPa，p(SO3) = 0.5 kPa，浓度商 Qp = 1.0 × 0.5 = 0.5 < Kp = 4.0，反应正向进行到底，故无固体剩余 不变 6/7(或 0.86) (4) 0.8 36.0 (5)M + 4e- + 2H2O = N + 2OH- 【详解】（1）由题干信息可知，该反应的，＞0，根据自由能综合判据可知，该反应在高温条件下能自发进行； （2）a．化学平衡的本质特征是正逆反应速率相等，而题干未告知SO2、SO3的反应速率是正反应还是逆反应，故当不能说明反应达到化学平衡，a不合题意； b．化学平衡的宏观特征之一是各组分的百分含量或者浓度保持不变，但该反应体系中只有SO3、SO2两种，且一直是以1:1混合，SO2的百分含量始终保持不变，故当SO2百分含量不再发生变化不能说明反应达到化学平衡，b不合题意； c．由题干方程式可知，体系中只有SO3、SO2两种，且一直是以1:1混合，即气体的平均相对分子质量一直保持不变，故当气体平均相对分子质量不再发生变化不能说明反应达到化学平衡，c不合题意；     d．在恒温恒容密闭容器中，反应过程中气体的质量一直在改变，即混合气体的密度始终在改变，故当气体密度不再发生变化说明反应达到化学平衡，d符合题意； 故选d。 （3）由题干表中数据可知，700 K时Kp=2.0kPa×2.0kPa=4.0kPa2，若假设 1 mol FeSO4 完全分解，生成 0.5 mol SO2 和 0.5 mol SO3，此时 p(SO2) = 1.0 kPa，p(SO3) = 0.5 kPa，浓度商 Qp = 1.0 × 0.5 = 0.5 < Kp = 4.0，反应正向进行到底，故无固体剩余，随即降温至600 K，假设FeSO4仍然完全分解，根据理想气体状态方程可知，物质的量不变、体积不变时，气体的压强与温度成正比，p(SO2)=×1.0kPa=kPa(或0.86kPa)，p(SO3)= ×0.5kPa=kPa，此时Kp=0.750kPa×0.750kPa=0.5625kPa2＞×=kPa2，即再次充分反应后，FeSO4仍然完全分解，故Fe2O3的物质的量不变； （4）若只发生反应Ⅰ，不发生反应Ⅱ，根据方程式可知，p(SO3)=p(SO2)，现继续发生反应Ⅱ，设平衡时，p（O2）=xkPa，，则24-4x+24+x=36，解的x=4，p（SO3）=8kPa，则化学反应速率=0.8，反应Ⅱ的==36； （5）由题干图示装置可知，a中[Fe(CN)6]4-转化[Fe(CN)6]3-，Fe的化合价升高，a为负极，则b为正极，b电极上由M转化为N，故该电极反应为：M+4e-+2H2O=N+2OH-。 22．(1) +90.4 kJ·mol⁻¹ 高温 (2) 温度较低时反应未达到平衡，升高温度反应速率加快，时空收率增大；温度较高时反应已达到平衡，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，时空收率减小（或温度过高导致催化剂活性降低） 0.60 (3) BD 反应ⅰ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲醇产率降低；反应ⅱ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，促进 CO₂ 转化，且副反应正向移动增加的 CO₂ 消耗量大于主反应逆向移动减少的 CO₂ 消耗量 (4) 0.4 【详解】（1）主反应ⅰ：   副反应ⅱ：   根据盖斯定律ⅱ-ⅰ得的 ，正反应气体分子数增多，根据反应自发，所以在高温下可以自发进行。 （2）①温度较低时反应未达到平衡，升高温度反应速率加快，时空收率增大；温度较高时反应已达到平衡，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，时空收率减小，所以时空收率随温度升高先增大后减小。 ②223℃时，时空收率为0.2[(mol·h-1)/mol]，根据反应方程式，的平均反应速率0.2[(mol·h-1)/mol]×1mol×3=0.6 mol·h-1。 （3）①根据图示，在230°C、催化剂条件下，甲醇的产率最高，所以上述条件下合成甲醇的工业条件是230°C、催化剂，选BD。 ②反应ⅰ为放热反应，升高温度平衡逆向移动，甲醇产率降低；反应ⅱ为吸热反应，升高温度平衡正向移动，促进 CO2 转化，且副反应正向移动增加的 CO2消耗量大于主反应逆向移动减少的 CO2消耗量，所以在230℃以上，升高温度甲醇的产率降低，但的转化率增大。 （4）①根据表格数据，40min时反应达到平衡，气体总压强为88，设参与反应ⅰ使CO2压强降低xMPa, 30-x+90-3x+x+x=88，x=16，反应开始至的平均反应速率。 ②平衡时的选择性为80%，反应ⅱ使CO2压强降低16MPa×=4MPa； 。则反应ⅰ的压强平衡常数。 23．(1) 高温（400-500℃左右）、高压（10~30MPa）、催化剂（铁触媒） 0.025 75 (2) 或 28.8p0 (3) 2NH3·H2O - 6e- + 6OH- = N2↑ + 8H2O 297 【详解】（1）工业合成氨为兼顾反应速率、平衡转化率和催化剂活性，通常采用高温（500℃左右，此时催化剂活性高）、高压（10~30MPa）、铁触媒作催化剂； a点，，根据反应，得，平均速率； b点平衡时，列三段式得： 平衡总物质的量，起始总物质的量为；恒容下压强比等于物质的量之比：； （2）根据表格，平衡生成了和，均由分解生成，结合原子守恒配平得到该反应或； 平衡总物质的量，各物质分压：，，，压强平衡常数： ； （3）① 放电时右侧石墨为正极，得电子生成；充电时右侧为阳极，发生氧化反应失电子生成，碱性条件配平即得电极反应为2NH3·H2O - 6e- + 6OH- = N2↑ + 8H2O； ② 生成转移电子，负极溶解，质量增加；转移电子时，有从正极室经交换膜进入负极室，质量增加，总质量增加。 24．(1) (2) > 随温度升高，催化剂活性降低，导致反应速率降低 (3) 64% (4) 减小 4.48 【详解】（1）丙醛结构为，两个饱和碳原子（、）均为杂化，醛基中碳原子为杂化，故数目之比为2:1。 （2）随温度升高，催化剂活性降低，导致反应速率降低，故反应速率。 （3）设初始投料各为1 mol，总物质的量为3 mol，总转化量为0.8 mol，选择性为20%，则生成​的为0.8×20%=0.16 mol，生成丙醛的为0.64 mol；反应I消耗为0.64 mol，故转化率为；平衡时：，，，，，刚性容器内总物质的量为0.2mol+0.2mol+0.16mol+0.64mol+0.36mol=1.56mol，设反应后容器内压强为p1反应前后压强之比等于物质的量之比，则，，则，，，反应Ⅱ的。 （4）①N为电解池阳极，正丙醇氧化为丙醛，碱性条件下反应消耗，故N极室pH减小； ②M是电解池阴极，接电源负极，故a极为乙烯碱性燃料电池的负极，乙烯失电子在碱性条件下生成碳酸根，电极反应式为； ③4.48 丙酰胺摩尔质量为73 g/mol，7.3 g物质的量为0.1 mol，生成1 mol丙酰胺需要1 mol NH2​OH，转移6 mol电子，故0.1 mol丙酰胺转移0.6 mol电子；燃料电池中，1 molC2​H4​转移12 mol电子，转移4 mol电子，总消耗气体，标况下体积为。   25．(1) 低温 (2)C (3) c 7.14 温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅲ平衡正向移动，但反应Ⅱ平衡逆向的程度更大 (4) 0.75NA或 【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，因此；反应自发进行时，反应Ⅱ是放热反应，，反应是气体分子数减少的反应，，则低温时反应自发进行。 （2）A．根据，三个反应的反应物与产物均为气体，则质量守恒，且容器体积不变，则混合气体的密度是定量，因此混合气体的密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，A错误； B．体系中与的物质的量之比为不能说明各物质的物质的量浓度不变，不一定达到平衡状态，B错误； C．根据，反应Ⅰ和Ⅱ是气体分子数减少的反应，在恒温恒容条件下，容器压强是变量，因此当容器压强保持不变时，反应达到平衡状态，C正确； D．、和三者的物质的量之和保持不变，不能说明各物质的物质的量浓度不变，不一定达到平衡状态，D错误； 故选C。 （3）相同温度下，CO(g)和CH3OH(g)选择性相加应为100%，所以曲线b表示的是CO2(g)的平衡转化率，反应Ⅲ为吸热反应，反应Ⅰ和Ⅱ为放热反应，温度升高，反应Ⅲ正向移动，反应Ⅰ和Ⅱ逆向移动，CO(g)选择性增大，CH3OH(g)选择性减小，所以表示CO(g)选择性的曲线为c；结合n(CO2)：n(H2)=1：3，设反应前气体总物质的量为4 mol，由图可知，K时，CO2(g)的平衡转化率为80%，CH3OH(g)选择性为75%，则参加反应的n(CO2)=0.8×1 mol=0.8 mol，剩余的n(CO2)=0.2×1 mol=0.2 mol，反应的CO2转化为CO(g)和CH3OH(g)，则生成的n(CO)=0.8 mol×25%=0.2 mol，生成的n(CH3OH)=0.8 mol×75%=0.6 mol，根据方程式得生成的n(H2O)=0.6 mol+0.2 mol=0.8 mol，剩余的n(H2)=3 mol-1.8 mol-0.2 mol=1 mol，T0K下平衡时气体物质的量之比等于体积比，则CO2(g)的平衡体积分数为×100%≈7.14%；曲线b表示的是CO2(g)的平衡转化率，反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅲ平衡正向移动，温度升高，CO2(g)的平衡转化率下降，说明温度对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅲ的影响。 （4）电极a处转化成，得电子发生还原反应，则电极a的电极反应式为；电极b处失电子发生氧化反应生成，该电极反应式为，当有通过阳离子交换膜时，电子转移为，则a处消耗0.5mol，b处消耗0.25mol，因此整个装置消耗的含碳分子为0.5mol+0.25mol=0.75mol，数目为。 26．(1) (2)C (3)0.083 (4) BC 温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ速率加快，单位时间内甲醇产率增大，但反应Ⅱ吸热、 反应Ⅲ放热，CO2更多生成CO，甲醇选择性降低 (5) M 【详解】（1） 热化学方程式根据平衡常数关系，可知反应Ⅲ =反应Ⅰ-反应Ⅱ，结合盖斯定律计算焓变： ，热化学方程式为：； （2）反应Ⅰ的的变化趋势：，反应后气体物质的量减少，故熵变， 将看作一次函数：，斜率为（正斜率），时（截距为负），对应图C； （3）已知共消耗，选择性为70%，则生成，反应Ⅱ消耗， 平衡时各物质物质的量：，，，，； （4）①由图可知，温度、催化剂时，甲醇产率最高，为最优条件，故答案选BC； ②温度升高，反应Ⅱ、Ⅲ速率加快，单位时间内甲醇产率增大，但反应Ⅱ吸热、 反应Ⅲ放热，反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅲ平衡逆向移动，CO2更多生成CO，甲醇选择性降低； （5）① 左侧为甲醇燃料电池：通入甲醇，为负极；通入氧气，为正极，电解池中，石墨M极，发生氧化反应，为阳极，阳极接电源正极，因此接M； ②为负极，酸性电解质中甲醇失电子生成，电极反应式是：； ③ 电子转移守恒：标准状况下的物质的量为，反应转移电子，转化为和，1 mol失去电子，因此。 27．(1) > 二 (2) > 该反应正反应为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，NO转化率降低；温度过高催化剂活性降低，相同时间内NO转化率下降 (3) (4) 0.25 【详解】（1）第一步反应为断裂共价键生成，化学键断裂需要吸收热量，因此。 反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应的反应速率由慢反应决定，第二步反应为慢反应，因此第二步反应的活化能最大。 （2）反应的，正反应为放热反应。温度升高，化学平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低。N点反应未达到化学平衡状态，反应仍向正反应方向进行，因此。 M到N时，温度升高，该放热反应的化学平衡逆向移动，NO转化率降低；同时温度过高会导致催化剂的催化活性降低，相同时间内NO的转化量减少，转化率下降。 （3）恒温恒容条件下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比。反应过程中，N原子总数保持不变。 初始时体系内只有，初始压强为，设初始时的物质的量为，平衡时总物质的量为，平衡总压为，则，即。 平衡时体系内存在和两种组分，设平衡时的物质的量为，的物质的量为，则。根据N原子守恒，初始N原子总物质的量等于平衡时N原子总物质的量，即。 将与的关系代入N原子守恒式，得，再将代入，整理得。 恒温恒容下，组分分压之比等于物质的量之比，因此。结合平衡总压，解得，。 压强平衡常数，代入平衡分压数据，得。 时刻体系压强骤降至，到时间段内，反应正向进行，体系总压从升高至，总压强变化量。根据反应的计量关系，每生成，体系总物质的量减少，对应总压强减少量与的分压增加量相等，因此，对应消耗的的分压变化量。 反应速率，代入数据得。 （4）a电极上转化为，N元素化合价从+4升高至+5，失去电子，发生氧化反应，为燃料电池的负极。熔融体系中存在，因此负极电极反应式为。 b电极为正极，得到电子，与结合生成，正极电极反应式为。电路中转移电子时，根据电极反应的计量关系，b极消耗的物质的量为。 28．(1) (2)升高温度，反应Ⅱ逆向移动的程度小于反应Ⅲ逆向移动的程度 (3) (4) (5)C (6) HF 【详解】（1）已知：Ⅰ、  ，Ⅱ、  ，目标方程式反应Ⅳ、，利用盖斯定律进行计算：式Ⅳ=-式Ⅱ-式Ⅰ，即目标方程式的； （2）由图1可知，前，随温度升高时，的分布分数下降，说明反应Ⅲ的平衡逆向移动，因此反应Ⅲ为放热反应，反应Ⅰ、反应Ⅱ及反应Ⅲ均为放热反应，所以随温度升高均逆向移动，反应Ⅲ逆向移动消耗同时生成，反应Ⅱ逆向移动消耗同时生成，的生成量大于其消耗量，说明反应Ⅲ的逆向进行程度大于反应Ⅱ的逆向进行程度； （3）由题可知向恒压密闭容器(总压为)中按充入和(当时，可近似认为完全反应)，即的剩余量为0，设充入的物质的量为1mol，则的量为5 mol，根据元素守恒：，由图可知，时三者的分布系数，可知，；根据氟元素守恒：，解得，时，，平衡时的压强为（恒压），反应Ⅱ为：，其平衡常数； （4）投料比越大，越充足，越有利于生成含F更多的产物，L1一直上升，应该是含氟量最多的；L2先上升后缓慢下降，应为（随着量的增加，反应Ⅲ正向移动，的量下降）；L3刚开始是量最多的，随后快速减少，降至最低，当时，可近似认为完全反应，此时随着量的增加，反应Ⅰ正向移动不断消耗，故L3代表的是； （5）反应 ，为放热反应，平衡后该体系瞬时升温，平衡会逆向移动，同时正、逆反应速率都会增加且，但因为是固体，其浓度是恒定的，故瞬时升温后反应建立新平衡的过程示意图为C； （6）①由图可知，钢制阴极有产生，且阴极和阳极均为放电，根据物料守恒、得失电子守恒及电荷守恒，阴极的电极方程式为：； ②该电解池的总反应方程式为：，该反应消耗，生成，为了保证电解池的持续运行，装置中需定期补，使其与生成的反应制备（）； ③设转移电子总数为x mol，电极电流效率，即用于生成的电子数为0.96x mol，剩余0.04x mol电子用于生成副产物，生成的反应：，转移2 mol电子生成1 mol，则转移0.96x mol电子，生成；从碳单质到：，则转移0.04x mol电子，，即与的物质的量之比为。 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 $