1、靖远四中2020-2021学年度第一学期月考试卷高三化学一、选择题（每小题3分）1. 下列实验或操作正确的是（）A. 加热试管中的液体B. 移走蒸发皿C. 加热结晶水合物D. 向容量瓶中转移溶液【答案】D【解析】【详解】A. 给试管中的液体加热时，液体不能超过试管体积的三分之一，A错误； B. 移走蒸发皿不能用手，应用坩埚钳，B错误；C. 加热结晶水合物时，试管口应略向下倾斜，C错误；D. 如图所示是正确操作，D正确；答案选D。2. 化学实验必须操作规范。下列说法不正确的是（）A. 分液漏斗使用前必须要检查是否漏液B. 蒸发溶液时，要用玻璃棒搅拌溶液C. 熄灭酒精灯时要用灯帽盖灭D. 浓碱溶液
2、滴在皮肤上时，立即用大量水冲洗，然后涂上小苏打溶液【答案】D【解析】详解】A. 分液漏斗使用前必须要检查活塞及上口塞处是否漏液，A正确；B. 蒸发溶液时，要用玻璃棒搅拌溶液，使受热均匀，B正确；C. 熄灭酒精灯时要用灯帽盖灭，不能用嘴吹灭，C正确；D. 浓碱溶液滴在皮肤上时，立即用大量水冲洗，然后涂上硼酸溶液，D不正确；答案选D。3. 下列物质的分类正确的是()选项碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物ANa2CO3H2SO4NaOHSO2CO2BNaOHHClNaClNa2ONOCKOHHNO3CaCO3CaOMn2O7DNaOHHClCaF2Na2O2SO2A. AB. BC. CD. D【答案】C【
3、解析】【详解】A、Na2CO3属于盐，NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，A错误；B、NO不属于酸性氧化物，B错误；C、各物质归类正确；D、Na2O2不属于碱性氧化物，属于过氧化物，D错误；故选C。4. 在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中，Al3的物质的量浓度为0.2molL1，SO42-为0.4molL1，溶液中Na的物质的量浓度为（ ）A. 0.1 molL1B. 0.2molL1C. 0.3molL1D. 0.4molL1【答案】B【解析】【详解】混合溶液呈现电中性，若忽略水解，则溶液呈现中性，阳离子所带正电荷的浓度等于阴离子所带负电荷的浓度，有3c(Al3)c(Na)=2c(SO42)，带
4、入数据，c(Na+)=20.430.2molL1=0.2 molL1；本题答案选B。5. V mL Al2（SO4）3溶液中含有m g Al3，取mL该溶液用水稀释至4V mL，则SO物质的量浓度为（）A. molL1B. molL1C. molL1D. molL1【答案】A【解析】【详解】mg Al3+的物质的量为=mol，故VmL溶液中的物质的量为mol =mol，稀释后溶液中物质的量浓度为=mol/L；答案选A。6. NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 常温常压下，124gP4中所含PP键数目为4NAB. 100mL1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.
5、1NAC. 标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD. 密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA【答案】C【解析】【详解】A. 常温常压下，124 g P4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个PP键，因此其中所含PP键数目为6NA，A错误；B. 铁离子在溶液中水解，所以100 mL 1molL1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C. 甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D. 反应2SO2+O22SO3是可逆反应
6、，因此密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。【点睛】本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。7. 已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A. 3g 3He含有的中子数为1NAB. 1 L 0.1 molL1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NAC. 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAD. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA【答案】B【解析】【详解】
7、A. 的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确； B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L0.1mol/LNA mol-1 =0.1NA，B项错误；C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol2NA mol-1 =6NA，C项正确；D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为13NA mol-1 =13NA，D项正确；答案选B。8. 按以下实验方案可以从海洋动物柄海鞘中提取
8、具有抗肿瘤活性的天然产物。下列说法错误的是（ ）A. 步骤(1)需要过滤装置B. 步骤(2)需要用到分液漏斗C. 步骤(3)需要用到坩埚D. 步骤(4)需要蒸馏装置【答案】C【解析】【详解】A步骤(1)中出现不溶性物质和滤液，因此需要过滤装置；A正确，不符合题意；B操作中出现有机物和水层，进行分液操作，步骤(2)需要用到分液漏斗；B正确，不符合题意；C从水溶液中得到固体，需要蒸发结晶，需要用到蒸发皿；C 错误，符合题意；D有机层混合液中需要进行分离，采用蒸馏方法；D正确，不符合题意；本题答案选C。9. 下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）选项目的分离方法原理A分离溶于水中的碘
9、乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度很大D除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A、乙醇与水互溶，不能萃取水中的碘，A错误；B、乙醇和乙酸乙酯互溶，不能直接分液，B错误；C、氯化钠的溶解度受温度影响小，C错误；D、丁醇与乙醇的沸点相差较大。蒸馏即可实现分离，D正确，答案选D。10. 下列反应的离子方程式正确的是A. 稀硫酸滴在银片上：2Ag2H=2AgH2B. 稀硫酸与氢氧化钡溶液混合：SO42Ba2=BaSO4C. 稀硝酸滴在
10、大理石上：CaCO32H=Ca2H2CO3D. 氧化铁与稀盐酸混合：Fe2O36H=2Fe33H2O【答案】D【解析】【分析】【详解】A银和稀硫酸不反应，故A错误；B稀硫酸与氢氧化钡生成硫酸钡和水，故B错误；C稀硝酸滴在大理石上，放出二氧化碳气体，故C错误； D氧化铁和稀盐酸发生复分解反应，D项正确；故选D。【点睛】11. 下列各组离子在相应的条件下一定能大量共存的是（）A. 在碱性溶液中：CO、K、S2、NaB. 与铝粉反应放出氢气的无色溶液中：NO、Mg2、Na、SOC. 使pH试纸变红的溶液中：NH、AlO、Cl、KD. 在中性溶液中：K、Cl、Fe3、NO【答案】A【解析】【详解】A在
11、碱性溶液中，该组离子之间不反应，可大量共存，选项A正确；B与铝粉反应放出氢气的无色溶液呈酸性或碱性，酸性溶液中Al与NO发生氧化还原反应但不生成氢气，碱性溶液中Mg2+不能大量存在，选项B错误；C使pH试纸变红的溶液显酸性，酸性溶液中AlO不能大量存在，选项C错误；D铁离子水解溶液显酸性，Fe3在中性溶液中沉淀完全，则中性溶液中Fe3不能大量存在，选项D错误。答案选A。12. 如图所示装置的气密性检查中，漏气的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】各图所示的气密性检查中均涉及了压强差原理的利用，A、C利用气体的热胀冷缩，B、D利用被封闭的气体与外界存在压强差，但D中
12、上下移动左管时，液面相平，说明为连通器，气体没有被封闭，即气密性不好。【点睛】检验气密性的常见两种方法：微热法，升高气体发生装置体系内气体的温度，可以临时增大其压强，从而使这个整体部分空气外逸(在液体处可观察到有气泡放出)，当温度恢复到初始温度时，这个整体压强减小，导致浸没在水中的导气管内倒吸有一段水柱；压差法，用止气夹夹住橡胶导管部分，向长颈漏斗中加水，使之下端浸在水中，继续加水形成一段水柱，产生高度差，在一段时间内水柱不发生回落，说明气密性良好。13. Fe(OH)3胶体和MgCl2溶液共同具备的性质是A. 均有丁达尔效应B. 均能透过半透膜C. 加入盐酸均先有沉淀，随后溶解D. 均能透过
13、滤纸【答案】D【解析】【分析】【详解】A、溶液没有丁达尔效应，A错误；B、胶体不能透过半透膜，B错误；C、加入盐酸时胶体发生聚沉，即先有沉淀，随后盐酸溶解氢氧化铁，但氯化镁与盐酸不反应，C错误；D、胶体和溶液均能透过滤纸，D正确，答案选D。14. 下列有关化学反应的描述正确的是()A. 常温下能自发进行的反应，其H0B. H0和S0的反应，在任何温度下都不能自发进行C. 自发反应一定能自动进行，而非自发反应一定不能发生D. 一定条件下能自发进行的反应，其S0【答案】B【解析】【分析】根据H-TS=G0反应能够自发进行分析判断。【详解】A根据H-TS0的反应能够自发进行，H0，S0在一定温度下能
14、自发进行，因此常温下能自发进行的反应，其H不一定小于0，故A错误；BH0、S0，则G=H-TS0，在任何温度下都不能自发进行，故B正确；C有些自发反应需要一定的反应条件才能进行，如氢气和氧气需要点燃才能反应，非自发反应在一定条件下也能发生，故C错误；D根据H-TS0的反应能够自发进行，H0，S0在一定温度下能自发进行，因此一定条件下能自发进行的反应，S不一定大于0，故D错误；故选B。15. 铜锌电池原理如图所示，下列说法正确的是()A. a电极发生还原反应B. 盐桥中K移向a电极C. b电极反应式为Cu22e=CuD. 电子由Zn电极流出，经盐桥溶液流向b电极【答案】C【解析】【分析】在锌片、
15、铜片、盐桥、导线、电流计和ZnSO4溶液、CuSO4溶液构成的原电池中，锌电极上发生氧化反应，是负极，电极反应式为Zn-2e-=Cu2+，铜电极上发生还原反应，是正极，电极反应式为Cu2+2e-Cu，原电池工作时，电子由负极Zn电极流出，经导线流向正极Cu电极，盐桥中K+移向正极b电极，Cl-移向负极a电极，据此分析解答。【详解】Aa（锌）是负极，锌失去电子、发生氧化反应，故A错误；B原电池工作时，盐桥中K+移向正极b电极，Cl-移向负极a电极，故B错误；C铜电极为正极，b电极上发生还原反应，电极反应式为Cu2+2e-Cu，故C正确；D原电池工作时，电子由负极Zn电极流出，经导线流向正极Cu电
16、极，电子不能进入溶液中，故D错误；故选C。16. Cu2S与一定浓度的HNO3反应，生成Cu（NO3）2、CuSO4、NO2、NO和H2O。当产物n（NO2）：n（NO）1:1时，下列说法不正确的是A. 反应中Cu2S是还原剂，Cu（NO3）2、CuSO4是氧化产物B. 参加反应的n（Cu2S）:n（HNO3）1:7C. 产物nCu（NO3）2:nCuSO41:2D. 1 molCu2S参加反应时有10 mol电子转移【答案】C【解析】【分析】根据元素化合价的变化配平方程式为：2Cu2S+14HNO32Cu(NO3)2+2CuSO4+5NO2+5NO+7H2O。【详解】A、S、Cu元素化合价升
17、高，Cu2S做还原剂，硝酸铜和硫酸铜氧化产物，正确，不选A；B、硫化亚铜和硝酸比例为2:14=1:7，正确，不选B；C、硝酸铜和硫酸铜的比例为1:1，错误，选C；D、每摩尔硫化亚铜反应，铜失去2摩尔电子，硫失去8摩尔电子，所以转移10摩尔电子，正确，不选D。答案选C。17. 在含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2（已知氧化性：Br2Fe3+)。下列各项通入Cl2过程中溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（ ）A. x=0.4a，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-B. x=0.6a，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-C. x=a，2Fe2+2Br-+2Cl2=Br2+2Fe
18、3+4Cl-D. x=1.5a，2Fe2+4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3+6Cl-【答案】B【解析】【分析】已知氧化性：Br2Fe3+，则还原性：Fe2+Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，当n(Cl2)：n(FeBr2)时，只氧化Fe2+，当n(Cl2)：n(FeBr2)时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，结合反应物物质的量之间的关系解答该题。【详解】Ax=0.4a，n(Cl2)：n(FeBr2)=0.4，只氧化Fe2+，离子反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，
19、故A正确；Bx=0.6a，n(Cl2)：n(FeBr2)介于，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，则离子反应为：10Fe2+2Br-+6Cl2=Br2+10Fe3+12Cl-，故B错误；Cx=a，n(Cl2)：n(FeBr2)介于，Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.5amolCl2可与amolBr-发生氧化还原反应，则反应的离子方程式为2Fe2+2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3+4Cl-，故C正确；Dx=1.5a，Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2+4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3+6Cl-，故D正确；答案选B。18
20、. 已知下列热化学方程式：Zn(s)O2(g)=ZnO(s) H1=-351.1kJmol-1Hg(l)O2(g)=HgO(s) H2=-90.7kJmol-1由此可知Zn(s)HgO(s)=ZnO(s)Hg(l) H3，其中H3值是（ ）A. -441.8kJmol-1B. -254.6kJmol-1C. -438.9kJmol-1D. -260.4kJmol-1【答案】D【解析】【详解】由已知：Zn(s)O2(g)=ZnO(s) H1=-351.1kJmol-1，Hg(l)O2(g)=HgO(s) H2=-90.7kJmol-1，根据盖斯定律，-得Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+H
21、g(l)，则H3=H1-H2=-51.1kJ/ml-(-90.7kJ/mol)=-260.4kJ/mol，故D符合题意；故选D。【点睛】根据盖斯定律，利用已知的热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。19. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是A. 用Na2SO3溶液吸收少量Cl2:B. 向CaCl2溶液中通入CO2： C. 向H2O2溶液中滴加少量FeCl3： D. 同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合： 【答案】A【解析】【详解】A用Na2SO3溶液吸收少量的Cl2，Cl2具有强氧化性，可将部分氧化为，同时产生的氢离
22、子与剩余部分结合生成，Cl2被还原为Cl-，反应的离子反应方程式为：3+Cl2+H2O=2+2Cl-+，A选项正确；B向CaCl2溶液中通入CO2，H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸，故不发生反应，B选项错误；C向H2O2中滴加少量的FeCl3，Fe3+的氧化性弱于H2O2，不能氧化H2O2，但Fe3+能催化H2O2的分解，正确的离子方程式应为2H2O22H2O+O2，C选项错误；DNH4HSO4电离出的H+优先和NaOH溶液反应，同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，氢离子和氢氧根恰好完全反应，正确的离子反应方程式应为：H+OH=H2O，D选项错误；答案选A。【点睛
23、】B选项为易错点，在解答时容易忽略H2CO3是弱酸，HCl是强酸，弱酸不能制强酸这一知识点。20. 已知某酸性溶液中含有Ba2+、Fe3+，则下述离子组中能与上述离子共存的是()A. 、ClB. 、ClC. 、D. OH、【答案】B【解析】【详解】A.酸性溶液中有大量氢离子，碳酸根不能大量存在，且和钡离子生成沉淀，和Fe3+发生双水解，故A错误；B. 、Cl和Ba2+、Fe3+不反应，在酸性溶液中可大量共存，共B正确；C.钡离子和硫酸根生成沉淀，故C错误；D Fe3+与氢氧根会生成沉淀，故D错误；故答案为B。二、实验题.（每空2分）21. 下图是实验室制取Na2S2O35H2O的装置图(略去部
24、分夹持仪器)。已知：Na2SO3SNa2S2O3，按要求回答下列问题：(1)仪器A的名称：_。(2)a管的作用：_。(3)装置B的作用：_。【答案】 (1). 蒸馏烧瓶 (2). 平衡气压，使液体顺利滴下 (3). 观察SO2生成速率，缓冲气流(或观察气体流动是否畅通)【解析】【分析】由制备实验装置可知，装置A中发生Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O，C中硫化钠和亚硫酸钠在酸性溶液中会生成硫，可能会造成导管堵塞，装置B可以用于检查装置的气密性、观察气体流动是否畅通或观察SO2的生成速率，缓冲气流，C中在加热条件下发生Na2SO3SNa2S2O3可以制取Na2S2O35H2O，
25、D中左侧和右侧均为短导管，D为安全瓶，防止倒吸；装置E可以吸收尾气中SO2等尾气，以此分析解答。【详解】(1)根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；(2)a管将烧瓶内气体和分液漏斗液面上方气体连通，可以起到平衡气压，使液体顺利滴下的作用，故答案为：平衡气压，使液体顺利滴下；(3)装置B的作用为用于检查装置的气密性、观察气体流动是否畅通或观察SO2的生成速率，缓冲气流，故答案为：观察SO2的生成速率，缓冲气流(或观察气体流动是否畅通或检查装置的气密性)。三、填空题（每空2分）22. （1）过量Fe与稀HNO3溶液反应的离子方程式：_；（2）少量Ca（HCO3）2溶液与NaOH溶液反应
26、的离子方程式_；（3）6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O还原成Cr3，该反应的离子方程式为_。（4）已知反应：6HCl（浓）KClO3=KCl3Cl23H2O。在标准状况下，生成6.72 L氯气时转移电子的物质的量为_，氧化剂_，氧化产物_。反应中转移1.5mole时，其中被氧化的HCl为_mol。配平_CuSO4_FeS2_H2O=_Cu2S_FeSO4_H2SO4（5）电解饱和食盐水 写出电极反应:阳极：_反应类型：_，总反应离子方程：_。【答案】 (1). 3Fe2NO8H=3Fe22NO4H2O (2). Ca22HCO2OH=CaCO3CO2H2O (3).
27、Cr2O3HSO5H=2Cr33SO4H2O (4). 0.5 mol (5). KClO3 (6). Cl2 (7). 1.5 (8). 14 (9). 5 (10). 12 (11). 7 (12). 5 (13). 12 (14). 2Cl2e=Cl2 (15). 氧化反应 (16). 2Cl2H2O2OHH2Cl2【解析】【详解】(1)少量铁粉与稀硝酸反应： ，过量Fe会与铁离子反应得到亚铁离子，故铁与稀HNO3溶液反应的离子方程式：；(2)少量Ca(HCO3)2溶液与NaOH溶液反应，碳酸氢根离子与钙离子均全部参与反应，则Ca2与HCO的物质的量之比为1:2，离子方程式为：Ca22H
28、CO2OH=CaCO3CO2H2O；(3)用NaHSO3将废液中的Cr2O还原成Cr3，Cr元素的化合价降低，则S元素的化合价升高，生成硫酸根离子，由电荷、电子守恒及原子守恒可知离子反应为该反应的离子方程式为：Cr2O3HSO5H=2Cr33SO4H2O；(4)反应：6HCl(浓)KClO3=KCl3Cl23H2O，氧化剂是氯酸钾，还原剂是HCl，氧化产物是氯气，按价态变化规律，当6molHCl参加反应，5molHCl做还原剂被氧化、产生3molCl2、转移电子5mol， 故在标准状况下，生成6.72 L氯气即产生0.3molCl2时，转移电子0.5mol，有0.5molHCl做还原剂被氧化；
29、有化学方程式知，转移电子的物质的量与被氧化的HCl的物质的量相等，故反应中转移1.5mole时，其中被氧化的HCl1.5mol；故答案为：0.5 mol、KClO3、Cl2、1.5； 中Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，S元素的化合价由1价降低为2价，且由1价升高为+6价，由电子及原子守恒可知配平后的反应为： ；故答案为：14，5，12，7，5，12；(5)电解饱和食盐水，阳极氯离子失去电子发生氧化反应，阳极电极反应式为：2Cl2e=Cl2，惰性电极电极饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，总反应离子方程：2Cl2H2O2OHH2Cl2。23. 一种碳纳米管能够吸附氢气，可作二次电池(如下图
30、所示)的碳电极。该电池的电解质溶液为6 molL1的KOH溶液。(1)写出放电时的正极电极反应式。_。(2)写出充电时的阴极电极反应式。_。【答案】 (1). 2NiO(OH)2H2O2e=2Ni(OH)22OH（或NiO(OH)+H2O+e-Ni(OH)2+OH-） (2). 2H2O2e=H22OH【解析】【分析】根据图片中电子流向知，放电时，碳电极是负极，电极反应式为H2+2OH-2e-=2H2O，镍电极为正极，电极反应式为NiO(OH)+H2O+e-Ni(OH)2+OH-；充电时阴阳极与放电时负极、正极反应式正好相反，据此分析解答。【详解】(1)放电时，镍电极是正极，正极上NiO(OH
31、)得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，电极反应式为NiO(OH)+H2O+e-Ni(OH)2+OH-，故答案为：NiO(OH)+H2O+e-Ni(OH)2+OH-；(2)放电时，电解质溶液呈碱性，负极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为H2+2OH-2e-=2H2O，充电与放电相反，因此充电时，阴极反应式为2H2O+2e-2OH-+H2，故答案为：2H2O+2e-2OH-+H2。24. 甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H1CO2(g)3H2(g)CH3
32、OH(g)H2O(g)H2CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H3回答下列问题：(1)已知反应中相关的化学键键能数据如下：化学键HHCOHOCHE/(kJmol1)4363431 076465413由此计算H1_kJmol1；已知H258 kJmol1，则H3_kJmol1。【答案】 (1). 99 (2). 41【解析】【分析】先利用等式：化学反应的反应热H =反应物的键能总和生成物的键能总和。再利用盖斯定律就可以求出目标方程的反应热。【详解】(1)根据反应，H1E(CO)2E(HH)3E(CH)E(CO)E(HO)1076 kJmol12436 kJmol13413 kJmol13
33、43 kJmol1465 kJmol1 99 kJmol1；根据盖斯定律，可得反应，H3H2H158 kJmol1(99 kJmol1)41 kJmol1。25. 水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。可知水煤气变换的H_0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最大能垒(活化能)E正=_eV，写出该步骤的化学方程式_。【答案】 (1). 小于 (2). 2.02 (3). COO
34、H+H+H2O=COOH+2H+OH或H2O=H+OH【解析】【详解】根据水煤气变换CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+2H2O(g)的相对能量(0V)高于CO2(g)+H2(g)+H2O(g)的能量(-0.72eV)，那么，CO(g)+H2O(g)的相对能量高于CO2(g)+H2(g)的能量，故水煤气变换反应是放热反应，所以H小于0。活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：最大能垒(活化能)E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV，该步骤的反应物为COOH+H+H2O=COOH+2H+OH，因反应前后COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H2O=H+OH，故答案为：小于；2.02；COOH+H+H2O=COOH+2H+OH或H2O=H+OH。