1、化学反应原理综合题必刷 备战2022年高考化学二轮复习学校:_姓名：_班级：_考号：_1（2021江苏高考真题）以软锰矿粉(含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物)为原料制备电池级MnO2。(1)浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中(图1)，70下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是_；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为_。(2)除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液(pH约为5)中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05molL
2、-1，则=_。Ksp(MgF2)=510-11，Ksp(CaF2)=510-9(3)制备MnCO3。在搅拌下向100mL1molL-1MnSO4溶液中缓慢滴加1molL-1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为_。(4)制备MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例(100%)随热解温度变化的曲线如图2所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+。为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案
3、：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流，_，固体干燥，得到MnO2。(可选用的试剂：1molL-1H2SO4溶液、2molL-1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。2（2021江苏高考真题）甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。(1)500时，CH4与H2O重整主要发生下列反应：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s) H=-178.8kJmol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是_。(2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为反应I
4、：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) H=246.5kJmol-1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) H=41.2kJmol-1反应III：2CO(g)=CO2(g)+C(s) H=-172.5kJmol-1在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的H=_。1.01105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4和CO2的平衡转化率如图1所示。800下CO2平衡转化率远大于600下C
5、O2平衡转化率，其原因是_。(3)利用铜铈氧化物(xCuOyCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO，催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2)：n(H2)：n(N2)=1：1：49：49的混合气体以一定流速通过装有xCuOyCeO2催化剂的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。Ce基态原子核外电子排布式为Xe4f15d16s2，图2所示机理的步骤(i)中，元素Cu、Ce化合价发生的变化为_。当催化氧化温度超过150时，催化剂的催化活性下降，其可能原因是_。3（2021全国模拟预测）研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2
6、，对减缓燃料危机和减弱温室效应具有重要的意义。工业上CO2与CH4发生反应：CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g)H1.在反应过程中还发生反应：H2(g)CO2(g)=H2O(g)CO(g)H2=41 kJmol1。(1)已知部分化学键的键能数据如下表所示：化学键C-HH-HC=OCO(CO)键能(kJmol-1)4134368031076则H1=_kJmol1，反应I在一定条件下能够自发进行的原因是_，在密闭容器中加入CO2与CH4发生反应，下列能够判断反应反应I达到平衡状态的是_(填标号)。A一定温度下，容积固定的容器中，密度保持不变B容积固定的绝热容器中，温度保持不变C一定温
7、度和容积固定的容器中，平均相对分子质量不变D一定温度和容积固定的容器中，H2和H2O物质的量之和保持不变(2)将1mol CH4与1mol CO2在2L密闭容器中反应制取CO和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。923 K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是_。计算923 K时反应的化学平衡常数K=_(计算结果保留小数点后两位)。1200 K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因可能是_。(3)以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。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。250300时，温度升高而乙酸的生成速
8、率降低的原因是_。4（2021山东模拟预测）CO2的回收利用对减少温室气体排放，改善人类生存环境具有重要意义。(1)利用CO2和CH4重整可制合成气(主要成分为CO、H2)，重整过程中部分反应的热化学方程式如下：CH4(g)C(s)+2H2(g)H=+75.0 kJmol-1CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H=+4l.0 kJmol-1CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g)H=-131.0 kJmol-1则反应CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g)的 H=_ 。(2)CO2可经过催化氢化合成乙烯。反应的化学方程式为： 2CO2(g)+6H2(g) CH2=
9、CH2(g)+aM(g) H。 在2L密闭容器中充入2 molCO2和n molH2，在一定条件下发生反应，CO2的转化率与温度、投料比XX=的关系如图所示：M的化学式为_ ， a=_ 。A、B两点对应的平衡常数：Ka_Kb (填“”“”“”或“”)。若催化剂的表面积，在该图中画出c(NO)在、条件下达到平衡过程中的变化曲线_。(3)尿素是一种重要的化工原料，工业上可用氨和二氧化碳来合成尿素：。一定条件下，往10L恒容密闭容器中充入2 mol和1 mol 。该反应10min后达到平衡，测得容器中气体密度为，平衡常数K=_；达到平衡后，再往容器中加入2 mol 和1 mol，则达到新平衡时反应物
10、的转化率_(填“增大”、“减小”或“不变”)；(4)是一种新型绿色硝化剂，其制备可以采用电解法。图1是硼氢化钠燃料电池，图2是电解制备装置。则电极a应连接电极_(填c或d)，写出电极a的反应_。7（2021安徽合肥一模）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用可以减少碳排放，对保护环境有重要意义。回答下列问题：(1)碱液吸收。用NaOH溶液捕获CO2，若所得溶液中c()c()=21，则溶液pH=_。(室温下，H2CO3的K1=4l0-7；K2=510-11)。(2)催化转化。以CO2、H2为原料在催化剂作用下合成CH3OH涉及的主要反应如下，答下列问题：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+
11、H2O(g) H1=-49.5kJ/molCO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2=-90.4kJ/molCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H3H3=_kJ/mol。一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，经tmin达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，这段时间内以H2O(g)表示的化学反应速率为_molL-1min-1(用含a、b、V、t的代数式表示)。不同压强下，按照n(CO2)n(H2)=13投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度(T)的变化关系如下图所示。其中纵坐标表示CH
12、3OH的平衡产率的是_(填“X”或“Y”)；压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_；温度高于T1时，Y几乎相等的原因是_。为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，应选择的反应条件为_(填标号)。A低温、低压B高温、高压C低温、高压D高温、低压(3)电解转化。电解CO2制得甲酸盐(HCOO-)的原理示意图如下。写出阴极的电极反应式_电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_8（2021贵州盘州一模）水煤气法是工业制备氢气的重要方法之一。反应I：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)H1反应II：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H2回答下列问题：(
13、1)C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)H_(用H1和H2表示)。改变条件，提高H2的产率，H_(填“增大“减小或“不变)。(2)在2L恒容密闭容器中充入足量炭粉和lmolH2O(g)，在-定温度下发生反应I和反应II，达到平衡时测得c(CO)=0.20molL-1，c(H2)=0.40molL-1。在该条件下，水蒸气的平衡转化率为_。反应II的平衡常数Kp=_。(用平衡体系中各组分的分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压该组分体积分数)(3)在密闭容器中充入一定量的CO和水蒸气，加入适量催化剂，仅发生反应II。测得催化效率和CO转化率与温度关系如图所示。在600750范围内影响C
14、O转化率的主要因素是_。(4)工业上常以水煤气(CO和H2)为原料合成甲醇。在一容积可变的密闭容器中充入1molCO与2molH2，在催化剂作用下发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，H”“=”“”，下同)使用催化剂1或催化剂2时，合成氨的H1_H2(3)电催化氮气还原合成氨是一种常温常压条件下利用水作为氢源的低碳环保路线，如图是电催化合成氨装置示意图。a电极应该连接电源_极。电催化合成氨的化学方程式为_。11（2021云南昆明一模）选择性催化还原法(SCR)是目前应用最为广泛的氮氧化物NOx的净化方法，其原理是利用NH3在特定催化剂作用下将NOx还原为N2。主反应：4NH3(g)
15、 +4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) H1副反应：4NH3(g)+ 3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) H2(1)在无氧条件下，NH3也可还原NO：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) H3则H2=_(用含H1、H3的式子表示)。一定温度下，向2L密闭刚性容器(含催化剂)中投入2molNH3和3molNO，发生反应4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+ 6H2O(g)。达到平衡状态时，NO的转化率为60%，则平衡常数为_molL-1(列出计算式)。(2)目前使用的SCR催化剂是V2O5-WO3/TiO2，关于该催化剂的说法正确的是_(填标号)。
16、A能加快反应速率，并且改变反应的焓变B能增大NH3还原NOx反应的平衡常数C具有选择性，能降低特定反应的活化能(3)催化剂V2O5-WO3/TiO2中的V2O5是活性组分。在石英微型反应器中以一定流速通过烟气n(O2)；n(NH3)：n(NO)=71：1：1，在不同温度下进行该催化还原反应，V2O5的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示。从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为_。V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是_。若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当n(NH3)/n(NO)1时，随着该比值的增大，NO去除率_(填“增大”“减小”或“不变”)；当n(
17、NH3)/n(NO)1时，随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是_。12（2021湖北模拟预测）甲烷和水蒸气催化制氢主要有如下两个反应：H=+206kJ/molH=-41kJ/mol恒定压强为时，将n(CH4)n(H2O)=13的混合气体投入反应器中，平衡时，各组分的物质的量分数与温度的关系如图所示。回答下列问题：(1)写出与生成和的热化学方程式：_。(2)关于甲烷和水蒸气催化制氢反应，下列叙述正确的是_(填标号)。A恒温、恒容条件下，加入惰性气体，压强增大，反应速率加快B恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数增大，反应速率加快C升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增
18、大，反应速率加快D加入合适的催化剂，降低反应温度也能实现平衡转化率不变(3)系统中的含量，在700左右出现峰值，试从化学平衡的角度解释出现峰值的原因：低于700，_；高于700，_。(4)已知投料比为n(CH4)n(H2O)=13的混合气体，。600时，的平衡转化率为_，反应的平衡常数的计算式为_(是以分压表示的平衡常数，分压=总压物质的量分数)。13（2021辽宁模拟预测）环氧乙烷是高效消毒剂，可用于口罩等医用品消毒，工业常用乙烯氧化法生产。主反应：2CH2=CH2(g) + O2(g)2 (g) H1=-209.8 kJ/mol副反应：CH2=CH2(g) + 3O2(g)=2CO2(g)
19、+ 2H2O(g) H2=-1323.0 kJ/mol回答下列问题：(1) C2H4的燃烧热H=-1411.0 kJ/mol，则环氧乙烷(g)的燃烧热H=_。(2)以下既能加快反应速率又能提高环氧乙烷产率的方法有的_ (填标号)。A降低温度B向容器中充入N2使压强增大C采用改性的催化剂D用空气替代氧气(3)已知：(g)+HCl(g)(l)，合成过程中的温度与氯乙醇的平衡产率关系如图a，30下原料投料比与氯乙醇的平衡产率关系如图b。反应随温度升高平衡产率降低的可能原因为_；其它条件不变时，降低环氧乙烷与HCl的投料比，环氧乙烷的平衡转化率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)环氧乙烷经水解
20、可得到乙二醇。乙二醇 易溶于水的原因为_；写出乙二醇氧气碱性燃料电池的负极电极反应式：_。14（2021广东模拟预测）温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。I.CH4与CO2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CH4(g) + CO2(g)2CO(g)+2H2 (g) H1反应CO2 (g)+ H2 (g)CO(g) + H2O(g) H2= +41.2 kJmol-1反应CH4 (g)+O2(g)CO(g) + 2H2(g) H3 = -35.6 kJmol-1(1)已知：O 2(g)+H2(g)= H2O(g) H = -241.8 kJmol-1，则H1
21、=_ kJmol-1。(2)一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。图中a和b分别代表产物_和_，当温度高于900 K， H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是_。1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%和90%，反应的平衡常数K=_ ( 写出计算式)。IINi-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中CH4的物质的量百分数(Y)及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。(3)下列对CO2甲烷化反应体系的说法合理的有_。A含碳副产物的产率均
22、低于CH4B存在反应CO2+4H2CH4 + 2H2OC存在副反应CO2+ H2CO+ H2ODCO2 转化为CH4的过程中发生了能量转化E.温度高于260后，升高温度，甲烷产率几乎不变(4) CO2甲烷化的过程中，保持CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量控制在40 mLmin-1，320 时测得CO2转化率为80%，则CO2反应速率为_mLmin-1。15（2021重庆模拟预测）内酯在化工、医药、农林等领域有广泛的应用。(1)内酯可以通过有机羧酸异构化制得。某羧酸A在0.2 mol/L盐酸中转化为内酯B的反应可表示为A(aq)B(aq)，忽略反应前后溶液体积变化。一定温度下，当A的起
23、始浓度为a mol/L时，A的转化率随时间的变化如下表所示：t/min02136506580100A的转化率/%013.320.027.833.340.045.075.0反应进行到100 min时，B的浓度为_mol/L。v正(t =50 min)_v逆 (t =min)(填“”“”或“=”)。增加A的起始浓度，A在t =min时转化率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。该温度下，平衡常数K=_在相同条件下，若反应开始时只加入B，B的起始浓度也为a mol/L，平衡时B的转化率为_。研究发现，其他条件不变时，减小盐酸的浓度，反应速率减慢，但平衡时B的含量不变，原因是_。(2)内酯也可以通过电
24、化学合成。以石墨电极为阳极，铂电极为阴极，CH3CN作为溶剂，LiClO4作为电解质，经电解合成内酯的反应式如下： + H2产生H2的电极为_(填“石墨电极”或“铂电极”)；通电一段时间后，溶液中向铂电极迁移的离子为_。写出石墨电极上的电极反应式_。参考答案：1(1) H2SO4溶液 MnO2+SO+2H+=Mn2+SO+H2O(2)100(3)200mL(4)加热到450充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1molL-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1molL-1BaCl2溶液不变浑浊【解析】(1)若三颈瓶中先加入硫酸溶
25、液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO2+SO+2H+=Mn2+SO+H2O；(2)=；(3)该反应的化学方程式2NH4HCO3+ MnSO4= MnCO3+ (NH4)2SO4+H2O+CO2，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2：1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200mL ；(4)根据图像在450C左右MnO2占比最高，所以加热到450C最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯
26、气。因此，该实验方案可补充为：加热到450充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1molL-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1molL-1BaCl2溶液不变浑浊。2(1)吸收CO2，提高H2的产率，提供热量(2) 657.1kJmol-1 反应和反应的H0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应的H0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小(3) 铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价 高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu【
27、解析】(1)已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)H=178.8kJmol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量。(2)反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H=246.5kJmol-1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)H=41.2kJmol-1依据盖斯定律可知I3II2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的H=657.1kJmol-1。由于反应和反应的H0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大
28、，反应的H0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800下CO2平衡转化率远大于600下CO2平衡转化率。(3)图2所示机理的步骤(i)中CO结合氧元素转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价。由于高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu，所以当催化氧化温度超过150时，催化剂的催化活性下降。3 +234 该反应的S0 或该反应的正反应为熵增(混乱度增大)的反应 BCD 温度较低时，有利于反应发生，CH4和CO2按11投料发生反应时转化率
29、相等，CO2还发生反应，所以平衡转化率大于CH4 4.26 mol2/L2 1200 K以上时以反应为主，二者转化率趋于相等(或1200 K以上时反应的正向进行程度远大于反应 温度超过250时，催化剂的催化效率降低【解析】(1)由反应热Hl=反应物的键能之和生成物的键能之和可得，Hl =4E(CH)+2 E(C=O)2E(CO)2E(HH)=4413kJ/mol+2803kJ/mol21076kJ/mol2436kJ/mol=+234 kJ/mol；反应是一个气体体积增大的的吸热反应，Hl0、S0，由HTS0可知，在一定条件下反应能够自发进行的原因是S0；由反应：CH4(g)CO2(g)=2C
30、O(g)2H2(g)可知，能够判断反应反应I达到平衡状态的A、一定温度下，容积固定的容器中，密度 ，反应前后物质状态没变，m总不变，容积固定，不变，所以平衡移动和不移动都不变，不能作为判断反应反应I达到平衡状态依据；B、容积固定的绝热容器中，平衡移动时，温度会改变，而温度保持不变说明平衡处于平衡状态没移动，能判断反应反应I达到平衡状态依据；C、一定温度和容积固定的容器中，平均相对分子质量，反应前后物质状态没变，m总不变，根据方程式n总变化，会随着平衡移动而改变，当它不变时，反应处于平衡状态，能作为判断反应反应I达到平衡状态依据；D、工业上CO2与CH4发生反应：CH4(g)CO2(g)=2CO
31、(g)2H2(g)，在反应过程中还发生反应：H2(g)CO2(g)=H2O(g)CO(g)，一定温度和容积固定的容器中，H2和H2O物质的量之和保持不变，说明反应中各物质的量保持不变，反应处于平衡状态；故选。(2) 由题意可知，CH4只发生反应，CO2还能与反应生成的H2发生反应，923 K时，CH4和CO2按11投料只发生反应时转化率相等，CO2的平衡转化率大于CH4，说明CO2还与反应生成的H2发生了反应，导致平衡转化率大于CH4，故答案为：CH4和CO2按11投料发生反应时转化率相等，CO2还发生反应，所以平衡转化率大于CH4；起始CH4与CO2的物质的量均为1mol，容器的体积为2L，
32、反应消耗0.6mol甲烷和二氧化碳，则反应消耗0.1mol二氧化碳，由题意可建立反应和反应三段式： 则反应的化学平衡常数K为=4.26 ，故答案为：4.26；由题意可知，CH4只发生反应，CO2还能与反应生成的H2发生反应，低于1200K时，发生反应和反应，高于1200K时，CO2和CH4的平衡转化率趋于相等说明反应以反应为主，或1200 K以上时反应的正向进行程度远大于反应，或1200 K以上时反应的平衡常数远大于反应，故答案为：1200 K以上时以反应为主，二者转化率趋于相等(或1200 K以上时反应的正向进行程度远大于反应，或1200 K以上时反应的平衡常数远大于反应)；(3) 由图可知
33、，250300时，温度升高，催化剂的催化效率降低，导致乙酸的生成速率降低，故答案为：温度超过250时，催化剂的催化效率降低；4 +247kJmol-1 H2O 4 常温或低温 0.015mol/(Lmin)【解析】(1)已知CH4(g)C(s)+2H2(g) =+75.0kJ/mol ;CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) =+41.0kJ/mol; CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) =-131.0kJ/mol根据盖斯定律+-可得：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，=(+75.0kJ/mol)+(+41.0kJ/mol)-(-131.0kJ/mol)
34、=+247kJ/mol，故答案为：+247 kJmol-1；(2)由质量守恒可知2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+aM(g)中M为H2O，且a=4，故答案为：H2O；4；由图象可知升高温度，二氧化碳的转化率减小，说明平衡逆向移动，则平衡常数减小，则KaKb，故答案为：；当X=X2时，C点向二氧化碳转化率减小的方向移动，即向逆反应方向移动，则v正v逆，故答案为：；对于2CO2(g)+6H2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)，H0，S0，如能自发进行，应满足H-TS0，则可常温或低温下下进行，故答案为：常温或低温；若X=2、T=300K，则H2的物质的量为4mol，当反应进
35、行到50min时，CO2的转化率为25%，可知消耗0.5molCO2，消耗1.5molH2，则氢气的反应速率为=0.015mol/(Lmin)，故答案为：0.015mol/(Lmin)。5 2Cl + 2H2O 2OH + H2 + Cl2 阳极生成的Cl2溶于水且发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl浓度可使平衡逆向移动，减少氯气的溶解，有利于氯气逸出 H3=H1+H2= - 40 kJmol1 反应II可为反应I提供所需要的能量(或：总反应H0，反应可自发进行) 3.2103 D【解析】(1)电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl + 2H2O 2OH + H2 + Cl2；(2)
36、阳极生成的Cl2溶于水且发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，增大HCl浓度可使平衡逆向移动，减少氯气的溶解，有利于氯气逸出；(3)H3=H1+H2= - 40 kJmol1，总反应H0，反应可自发进行，或反应II可为反应I提供所需要的能量；前50s生成0.16 mol TiCl4，表明消耗Cl2的物质的量为0.32 mol，；A保持恒容通入惰性气体，平衡不移动，Cl2平衡转化率不变，A项错误；BC和TiO2均为固体，C和TiO2增加的含量，平衡不移动，Cl2平衡转化率不变，B项错误；C容器的体积不变，反应开始时在原容器中加入2 molCl2，相对于充入1mol氯气时，等效于加压过程，平衡向
37、左移动，Cl2的平衡转化率降低，C项错误；D对于该反应而言，减小压强，平衡向正向移动，Cl2的平衡转化率提高，D项正确；答案选D。6 H=-752.1kJ/mol 低温自发 100 增大 d 【解析】(1)已知 ， ，依据盖斯定律可知-得： ；由于正反应放热（），且正反应方向气体体积减少，为熵减小的方向，即，反应自发进行，所以T较小才可以，即低温下自发；故答案为：H=-752.1kJ/mol；低温自发；(2)温度越高，平衡NO的浓度越高，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即H S2，则催化剂S1到达平衡的时间比催化剂S2短，催化剂不影响平衡移动，平衡时NO的浓度相同，故c (N
38、O)在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线为： 故答案为：；(3) 一定条件下，往10L恒容密闭容器中充入2molNH3和1molCO2，该反应10 min后达到平衡，测得容器中气体密度为，结合三段计算列式计算，设消耗二氧化碳物质的量为x， 测得容器中气体密度为，即 ，求得x = 0.5mol，平衡常数= ，往容器中加入2 mol 和1 mol，等效为增大压强，平衡向正反应方向移动，新平衡时NH3的转化率增大，故答案为：100；增大；(4) 燃料原电池中，在电极a附近失电子与OH-反应生成，电极反应式为，电极a为原电池的负极；N2O5中氮元素的化合价是+ 5价，而硝酸中氮元素也是+5价，因
39、此应该在左侧生成N2O5，即在阳极区域生成，电极c为电解池的阳极，连接原电池的正极b，电极d为电解池的阴极，连接原电池的正极a，故答案为：d；。7 10 +40.9 X p1p2p3 温度高于T1时以反应为主，又反应前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响 C CO2+H+2e-=HCOO-或CO2+2e-=HCOO-+ 阳极产生氧气，pH减小，浓度降低，K+部分迁移至阴极区【解析】(1)H2CO3是二元弱酸，存在两步电离，H2CO3H+，H+，c()c()=21，K2=510-11=，c(H+)=510-11mol/L=510-112mol/L=10-10mol/L，故pH=10；(2)CO2
40、(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.5kJ/molCO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H2=-90.4kJ/mol根据盖斯定律，-得到：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H3=-49.5kJ/mol-(-90.4kJ/mol)=+40.9kJ/mol；根据碳原子守恒，n平衡(CO2)=1-n(CH3OH)-n(CO)=(1-a-b)mol，氧原子守恒有平衡时n(H2O)=2n(CO2)-n平衡(CO2)-n(CH3OH)-n(CO)=21-(1-a-b)-a-b=(a+b)mol，v(H2O)=；反应是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率
41、只与温度有关，由图Y可知，T1温度后纵坐标对应量的变化与压强无关(3条曲线重合)，只与温度有关，所以图Y对应纵坐标表示CO2平衡转化率，图X表示CH3OH的平衡产率随温度的变化曲线；温度一定时，增大压强，反应I、的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强越大CH3OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1p2p3；温度高于T1时，Y几乎相等的原因是温度高于T1时以反应为主，又反应前后气体分子数相等，压强对平衡没有影响；该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应I为主反应，反应、为副反应，反应正
42、向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应III受到抑制、反应III的抑制导致反应II也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故C符合题意；(3)CO2在阴极区得电子，化合价降低，与氢离子或结合生成HCOO-，阴极的电极反应式为CO2+H+2e-=HCOO-或CO2+2e-=HCOO-+；阳极水失电子产生氧气，电极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，pH减小，H+和反应生成水和二氧化碳，浓度降低，K+部分迁移至阴极区，电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低。8 H1+H2 不变 80% 4.0 温度 A
43、 加压、降温、增大CO与H2的投料比 CO-2e-+4OH-=CO+2H2O【解析】(1)根据盖斯定律，反应I+反应II得出C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)可求出H=H1+H2，H与反应条件、反应途径无关，只与反应物的始态和终态有关，因此改变条件提高氢气的产率，H不变，故答案为H=H1+H2；不变；(2)在2L恒容密闭容器中充入足量炭粉和lmolH2O(g)，在-定温度下发生反应I C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)和反应II CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，达到平衡时测得c(CO)=0.20molL-1，c(H2)=0.40molL-1，起始时水
44、蒸气的浓度为lmol/2L=0.5mol/L,达到平衡时c(H2)=0.40molL-1，则水蒸气的转化浓度为0.40molL-1，则水蒸气的转化率为0.40molL-10.5 molL-1100=80；达到平衡时，水蒸气转化量为0.4 molL-1，剩余量为平衡量0.1 molL-1，生成一氧化碳的总量应为0.4 molL-1，而平衡时一氧化碳的浓度为c(CO)=0.20molL-1，另有0.2 molL-1的一氧化碳转化为了二氧化碳，平衡时c(CO2)=0.20molL-1，对于反应II，因为反应II中各物质的化学计量数均为1，又是等体积的反应，所以Kp=K=（c(CO2)c(H2)）（c
45、(CO)c(H2O)）=0.20molL-10.40molL-10.1 molL-10.20molL-1=4.0，故答案为804.0；(3)根据一氧化碳的转化率随温度升高先增大后减小，可推出反应II CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为放热反应，对于反应I C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)是吸热反应，当温度600750时，促进反应I向右进行，一氧化碳生成量比较多，即使反应II逆向进行，也会使一氧化碳的转化率会增大，主要受温度影响，故答案为温度；(4)在一容积可变的密闭容器中充入1molCO与2molH2，在催化剂作用下发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，
46、H0，下列叙述不能说明反应已经达到化学平衡状态的是AH2的消耗速率是正向进行，CH3OH生成速率也是正向进行，所以A错误；BCH3OH的体积分数不再改变，说明达到了平衡状态，B正确；C因是可变容积，气体的总质量不变，体积可变，混合气体的密度不再改变，说明达到了平衡状态；C正确；DCO和CH3OH的物质的量之比保持不变，说明达到了平衡状态；D正确；故选A；要提高氢气的转化率，则要使平衡正向移动，可采用加压、降温、增大CO与H2的投料比等方法实现，故答案为A；加压、降温、增大CO与H2的投料比；(5)以水煤气(CO、H2体积比为1：2)为燃料的碱性(足量KOH为电解质)空气燃料电池，电池工作时CO
47、发生反应的电极反应式为CO-2e-+4OH-=CO+2H2O，故答案为CO-2e-+4OH-=CO+2H2O。9 0.038 molL-1min-1 减小 AC 放热 -198 能 由反应I和II的平衡常数，可知2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的K= =2.510121数值很大，该反应向正方向进行的程度很大 【解析】(1)在1020 min内，O2的浓度由0.79 mol/L变为0.60 mol/L，减小了0.19 mol/L，则根据物质反应转化关系可知：反应消耗SO2的浓度c(SO2)=20.19 mol/L=0.38 mol/L，则平均反应速率v(SO2)=0.038
48、molL-1min-1；该反应的正反应是放热反应，当升高温度时，化学平衡逆向移动，化学平衡常数K将减小；根据表格数据可知：反应在20 min时已经达到平衡，在30 min 后，O2浓度增大，CO2浓度增大了0.08 mol/L，方程式物质的化学计量数O2、CO2是1：2，说明改变的条件可能是通入一定量的O2，也可能是适当缩小容器的体积，使化学平衡正向移动，最终达到平衡状态，故合理选项是AC；(3)已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)H1=-113 kJ/mol6NO2(g)+O3(g)=3N2O5(g)H2=-227 kJ/mol4NO2(g)+O2(g)=2N2O5(g)H3=-5
49、7 kJ/mol根据盖斯定律，2-3，整理可得 ：2O3(g)=3O2(g)H=-283 kJ/mol0，说明该反应是放热反应；将，整理可得NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)H4=-198 kJ/mol；(4)已知：反应I：2NO(g)N2(g)+O2(g)K1=11030反应II：2CO2(g)2CO(g)+O2(g)K2=110-92将反应I-II，整理可得2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，该反应的化学平衡常数K= =2.510121，K的数值很大，说明该反应向正方向进行的程度很大，因此该法能有效消除NO、CO尾气污染；(5)对于反应NO(g)+NO2(g
50、)+2NH3(g)2N2(g)+3H2O(g)，在一定温度下，在某恒定压强为P的密闭容器中充入一定量的NO、NO2和NH3，达到平衡状态后，容器中含n(NO)=a mol，n(NO2)=2a mol，n(NH3)=2a mol，n(N2)=2b mol，且N2(g)的体积分数为，根据方程式可知：每反应产生2个N2，就会同时产生3个H2O(g)，可由平衡产生n(N2)=2b mol，得到n(H2O)=3b mol，此时气体的总物质的量n(气)总=a mol+2a mol+2a mol+2b mol+3b mol=5(a+b) mol，由于N2(g)的体积分数为，则，解得b=5a mol，故平衡时
51、气体总物质的量为n(气)总=5(a+b) mol=5(a+5a)=30a mol，所以平衡时各种气体的体积分数为x(NO)=，x(NO2)=，x(NH3)=，x(N2)= ，x(H2O)=，因此此时的平衡常数Kp=。10 +206 kJ/mol B 正向进行 不变 = 负极 2N2+6H2O4NH3+ 3O2【解析】(1)化学反应的反应热=反应物键能之和-生成物键能之和，CH4(g)+H2O(g) CO(g) + 3H2(g) H=413kJ/mol4+467 kJ/mol2-1072 kJ/mol-436 kJ/mol3=+206 kJ/mol，化学反应限度受到温度、压强、浓度外界因素影响，
52、但催化剂和延长反应时间不会改变反应限度， 反应为吸热反应且气体分子总数增大，升高温度或降低压强会使反应向正反应方向移动，增大CH4的平衡转化率，B符合题意；答案选B，应用三段式计算可得： 此时反应浓度商Q= =0.031.2，反应正向进行，反应容器体积不变，达到平衡时再充入0.1molHe，He不参与反应，也不会改变反应物和生成物的浓度，对反应速率没有影响，答案为：+206 kJ/mol；B；正向进行；不变； (2)使用催化剂可以通过降低反应活化能提高化学反应速率，图示中使用催化剂1的反应速率快，活化能更低，因此Ea1Ea2，催化剂具有选择性只影响化学反应速率，但不改变反应的焓变，故H1=H2
53、，故答案为：BA 在100-200n内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200,没有明显区别 增大 主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多【解析】(1)副反应：4NH3(g)+ 3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) H2，由盖斯定律（主反应3-无氧反应3）得：H2= ，则平衡常数为 = mol/L；(2) A.能加快反应速率，但不能改变反应的焓变，故A错误；B.能增大NH3还原NOx反应速率，但不能改变其平衡常数，故B错误；C.具有选择性，能降低特定反应的活化能，增大反应速率，故C正确；故答案为：C；(3) A、C两点温度相同，催化剂的
54、质量分数不同，有图可知，催化剂的质量分数越大，反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快，B、C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即CA，则从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为CBA；有图可知，在100-200n内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200,没有明显区别；若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当当n(NH3)/n(NO)1时，主反应接近反应限度，发生副反应的氨气增多。12 H=247kJ/mol C 由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，
55、氢气的物质的量逐渐增大 随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应，反应正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小 77.78% 5859.375【解析】(1)H=+206kJ/molH=-41kJ/mol根据盖斯定律，-，H=+206kJ/mol+41kJ/mol=247kJ/mol，得到和生成和的热化学方程式：H=247kJ/mol；(2)由反应H=+206kJ/mol；A恒温、恒容条件下，加入惰性气体，总压强增大，各物质的分压不变，各气体的浓度没变，化学反应速率不变，故A不符合题意；B恒温、恒容条件下，加入水蒸气，活化分子百分数不变，单位体积活化分子数增加，有效碰
56、撞几率增大，反应速率加快，故B不符合题意；C升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞频率增大，反应速率加快，故C符合题意；D反应为吸热反应，加入合适的催化剂，缩短达到平衡的时间，但不影响平衡的移动，单位时间内气体的转化率不变；降低反应温度，平衡逆向移动，单位时间内气体的转化率减小，故D不符合题意；答案选C； (3)温度低于700时，由于正反应方向吸热，随着温度的升高，反应向正反应方向进行的程度较大，氢气的物质的量逐渐增大；温度高于700，随着反应的进行，一氧化碳的物质的量增大，发生反应，反应正反应放热，当温度升高时，平衡逆向移动，使氢气的物质的量减小；(4)已知投料比为的混合气体，设甲烷的初始物
57、质的量为1mol，水蒸气的物质的量为3mol，设转化的甲烷的物质的量为x，设转化的一氧化碳的物质的量为y，由图可知，600时，CH4的物质的量分数为0.04，各气体的总物质的量为1-x+3-x-y+x+3x+y=4+2x，=0.04，解得x=mol，的平衡转化率为100%=77.78%；600时，由图可知，平衡时H2的物质的量分数为0.50，可以得到：=0.5，解得y=mol，平衡时CO的物质的量=mol-mol=mol，CO的物质的量分数为=0.06，CH4的物质的量分数为0.04， H2O的物质的量分数为0.32，H2的物质的量分数为0.50，反应的平衡常数的计算式为Kp=5859.375
58、。13 -1306.1kJmol-1 C 反应的H0，升高温度，平衡逆向移动，导致平衡产率降低 增大 乙二醇分子中有2个-OH，与水分子形成氢键 HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=2+10H2O【解析】(1)已知C2H4的燃烧热H=-1411.0 kJ/mol，则有C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(g) H3=-1411.0 kJ/mol，根据盖斯定律，该反应2-主反应可得：(g)+O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H=2H3-H1=-1306.1kJmol-1；(2)A降低温度会使得反应速率降低，A不选；B向容器中充入N2使压强增大，若该容器的体积恒
59、定，则该反应的反应速率不变且环氧乙烷的产率不变，B不选；C催化剂可以增大反应速率，提高环氧乙烷的产率，C选；D用空气代替氧气，氧气的浓度降低，反应速率降低，D不选；答案选C；(3)已知：(g)+HCl(g)(l)，可能因为该反应的H0，升高温度，平衡逆向移动，导致平衡产率降低，若其他条件不变时，降低环氧乙烷与HCl的投料比，则HCl的投料更多，环氧乙烷的平衡转化率将增大；(4)乙二醇分子中有2个OH，可与水分子形成氢键，因此乙二醇易溶于水，在乙二醇氧气的碱性染料电池中，乙二醇作负极失去电子发生氧化反应，在碱性条件下生成和H2O，则负极的电极反应式为：HOCH2CH2OH-10e-+14OH-=
60、2+10H2O。14 +247.4 kJmol-1 H2 CO 反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小 ABCDE 6.4【解析】已知若干已知方程式的反应热，求目标方程式的反应热，核心是盖斯定律，在进行求解时抓住目标方程式的关键物质在已知方程式中是位于反应物还是生成物，能快速进行求解；CH4和CO2重整CO、H2和H2O，生成的H2会在反应中与CO2反应生成CO，产物中产量降低，据此分析。I. (1)记反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为反应，由盖斯定律反应=+-，故H1=H2+H3-H =41.2-35.6+241.8= +
61、247.4 kJmol-1(2) 由反应可知，反应产物有CO、H2和H2O，生成的H2会在反应中与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；反应是吸热反应，升高温度，有利于反应的正向进行，H2O的含量增大，但反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为放热反应，升高温度，不利于反应的正向进行，H2O的含量减小，故答案为反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小；1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%、 90%，则计算得平衡时c(CH4)= =mol/L，c(CO2)= =mol/L，由图可知
62、，c(H2)=mol/L，c(CO)=mol/L，则反应的平衡常数K= =；II(3)由图可知，含碳产物中CH4的物质的量百分数Y70%，则含碳副产物的产率30%，故含碳副产物的产率均低于CH4，A正确；由题意及图Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4，故存在反应CO2+4H2CH4 + 2H2O，B正确；由图可知，存在CO2和 H2反应生成CO+和H2O，C正确；化学反应伴随着物质变化和能量变化，D正确；升高温度，CO2转化率增大，含碳产物增加。甲烷的物质的量分数几乎100%，说明含碳产物中主要是CH4增加，副产物CO增加极少，E正确，故答案为ABCDE；(4) CO2甲烷化的过程中，CO
63、2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量为40 mLmin-1，则1min内初始时CO2的体积为40 mL=8 mL，320 时CO2转化率为80%，则CO2反应速率为v = mLmin-1=6.4 mLmin-1，故答案为6.4。15 0.45a 不变 3 25% 盐酸是催化剂，催化剂能改变反应速率但不影响化学平衡 铂电极 H+ -2e-+2H+【解析】结合已知条件、按化学反应速率的定义、化学平衡常数的定义等列式计算、运用影响速率的因素理论判断速率的相对大小；应用电化学原理判断阴阳极、书写电极方程式；(1)由表知，反应进行到100 min时，A的转化率为45.0%，则根据化学方程式A(aq)
64、B(aq)，B的浓度为0.45amol/L。一定温度下，化学反应速率受反应物浓度影响，在反应建立平衡的过程中，反应物浓度在不断减小，所以v正(t =50 min)v逆 (t =min)= v正 (t =min)。， ，温度一定时，K是常数，则增加A的起始浓度，A在t =min时转化率将不变。由表知，该温度下，A在t =min时转化率为75%，则平衡常数在相同条件下，若反应开始时只加入B，B的起始浓度也为a mol/L，则，则，得 ，平衡时B的转化率为。研究发现，其他条件不变时，减小盐酸的浓度，反应速率减慢，但平衡时B的含量不变，原因是盐酸是催化剂，催化剂能改变反应速率但不影响化学平衡。(2)产生H2的反应中氢元素化合价降低，发生还原反应，则在阴极上生成氢气，生成氢气的电极为铂电极；通电一段时间后，阳离子向阴极移动，则溶液中向铂电极迁移的离子为H+。石墨电极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：-2e-+2H+。
