2024届高三新高考化学大一轮专题训练题---化学反应原理综合题
1．（2023·湖北·校联考二模）为促进碳中和，科研工作者利用化学链技术将CO2转化为燃料CO，回答下列问题：
(1)化学链技术分为两个过程：
过程一：还原器中，低价态金属氧化物(FeO，Ce2O3、NbO2)载氧体将CO2，还原为CO，选用FeO作还原剂时，可能发生的反应有：
反应I：3FeO(s)+CO2(g)=Fe3O4(s)+CO(g) ΔH1=-9.8kJ·mol-1
反应Ⅱ：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s) ΔH2=-189.0kJ·mol-1
反应Ⅲ：C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH3
根据盖斯定理，计算ΔH3= kJ·mol-1。
过程二：再生反应器中，可能发生以下两种路径(仅表示转化过程)：
直接再生：MOy→MOx+O2
间接再生：MOy+C→MOx+CO
压强101kPa下，不同金属氧化物直接再生路径和间接再生路径的ΔG随温度变化如图1和图2所示，则在研究温度内，直接再生路径不可行的主要原因是 。
(2)间接再生时，化学平衡常数随温度变化见图3，则间接再生反应均为 (填“吸热”或“放热”)反应，根据图3，化学链技术将CO2还原为CO的最优载氧体系为Fe3O4/FeO，其主要原因是 。
(3)为确定过程一的最佳反应温度，在还原器中按n(FeO)：n(CO2)=3：1投料，达平衡时各组分的物质的量如图4所示。
①结合(1)中过程一的反应分析，800℃之前，n(CO))随温度升高而增大的原因是 。
②800℃之后的高温条件下，n(CO2)和n(CO)趋于稳定，说明温度对反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡影响不大，但n(FeO)仍在增大，则主要发生的化学方程式为 。
③800℃达平衡时，容器内总压为pkPa．n(CO2)=0.66mol。n(CO)=0.33mol，则消碳反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp= kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
2．（2023·江苏南京·统考模拟预测）某铜矿酸性废水除去不溶性固体杂质后，仍含有c(H+)=0.1mol L-1，c(Cu2+)=0.05mol L-1，需净化处理。
已知：①含铜污水的排放标准为pH=7，c(Cu2+)≤1×10-7mol L-1。
②Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20，Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18；Kb(NH3 H2O)=1.7×10-25，Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15。
(1)中和沉淀法处理。
①向酸性废水中加入氨水，调节pH，溶液中铜的去除率与pH关系如图所示。则pH由7到10时，铜的去除率下降的主要原因为 (用离子方程式表示)。
②若加入石灰乳处理废水，结合计算判断生成氢氧化铜沉淀能否达到排放标准 (写出计算过程)。
(2)硫化物沉淀法处理。
①加入Na2S处理废水，pH=7时，Na2S溶液中硫元素的主要存在的微粒为 。
②用FeS处理含铜废水比Na2S效果好。请通过必要的计算和说明采用FeS处理的优点的原因 。
(3)溶剂萃取法。用萃取剂RH可萃取废水中的铜离子，再加入20%的硫酸进行反萃取。
①实验室进行萃取操作时，振荡静置后，需对分液漏斗放气，正确放气的图示为 (填标号)。
A． B． C．
②萃取时，适度增大溶液的pH，Cu2+萃取率升高的原因是 。
(4)实验中需测定废液中铜离子含量。
已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O=2I-+S4O。
请运用上述原理完成测定某弱酸性溶液中铜离子含量的实验方案：量取25.00mL废水于锥形瓶中， (实验中须使用的试剂：0.1mol L-1KI溶液、0.05000mol L-1Na2S2O3标准溶液、0.5%淀粉溶液)。
3．（2023·四川内江·统考三模）我国煤炭资源丰富。以煤炭为主要原料可生产乙醇、二甲醚、丙烯等重要的化工产品。
(1)制合成气CO、H2.C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) ΔH=+131.3kJ·mol-1，反应能自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任意温度”)。
(2)制备乙醇。
①主要反应：3CO(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)ΔH= (用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。
已知：i．2CO(g)+4H2(g) CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH1
ii．CH3OCH3(g)+CO(g) CH3COOCH3(g) ΔH2
iii．CH3COOCH3(g)+2H2(g) CH3CH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH3
②在恒温恒容密闭容器中充入3molCO(g)和7molH2(g)仅发生反应3CO(g)+6H2(g) CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)，下列叙述正确的是 填序号)。
A．混合气体总压强不随时间变化时，反应达到平衡状态
B．反应达到平衡时，CH3CH2OH体积分数可能为25%
C．反应达到平衡后，再充人少量CO，CO的平衡转化率增大
D．反应达到平衡后，再加入高效催化剂，乙醇产率保持不变
③醋酸酯加氢制乙醇是一个乙酰基产物制备乙醇的路线。醋酸酯加氢的催化效能如表所示：
实验组 催化剂 原料 反应条件 反应性能
温度/℃ 压力/MPa 转化率/% 选择性/%
1 Cu/SiO2 醋酸甲酯 190 28 96.1 99.0
2 Cu-Cr 醋酸乙酯 250 2.8 接近完全 93.8
3 Cu/ZnO 醋酸乙酯 185 1 56 99.0
4 Cu/SiO2 醋酸乙酯 280 4.0 94.6 96.6
上述实验中，催化效能最好的实验为 (填序号)，与之对比，实验组3中，醋酸酯平衡转化率较低的主要原因可能是 (从表中所给条件的角度分析)。
(3)制备丙烯。
合成气转化为二甲醚后，再转化为丙烯。主要反应为：
I．2CH3OCH3(g) C2H4(g)+2CH3OH(g)
II．C2H4(g)+CH3OCH3(g) C3H6(g)+CH3OH(g)
一定温度下，在体积为1L的密闭容器中投入2molCH3OCH3发生反应，初始总压为p0，反应到达平衡时总压为1.1p0，且n(C2H4)：n(C3H6)=1：1.则平衡时CH3OCH3转化率α(CH3OCH3)= ，反应II的平衡常数Kp= 。
4．（2023春·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习）化学家德海韦西溶解了诺贝尔金质奖章，躲过了纳粹的搜捕。我们知道金不易被硝酸氧化，但在浓硝酸中加入浓盐酸配成王水溶液后，金就容易被硝酸氧化生成相应的配合物，德海韦西就是用了这个方法。
已知：①Au(s)+ (aq)+4H+(aq)Au3+(aq)+NO(aq)+2H2O(aq) ΔH1=+akJ/mol
②Au3+(aq)+4Cl-(aq)[AuCl4]-(aq) ΔH2=-bkJ/mol
③Au(s)+ (aq)+4H+(aq)+4Cl-(aq)[AuCl4]-(aq)+NO(aq)+2H2O(aq) ΔH3
上述a、b均大于0，回答下列问题：
(1)从平衡移动和能量的角度，说明为什么加入盐酸后Au易被硝酸氧化 。
(2)写出反应②的平衡常数的表达式 。
(3)下列哪些操作可以加快金在王水中的溶解速率 。
A．升高温度 B．适当提高硝酸浓度 C．增大溶液的pH D．投入金块
5．（2023春·四川广安·高三四川省岳池县第一中学校考阶段练习）我国力争在2060年前实现“碳中和”，综合利用CO2具有重要的意义。300MP、200oC条件下，CO2与H2反应可制得气态甲醇(CH3OH)，其反应方程式为 。
(1)该反应的能量变化如图所示：
该反应是 反应(填“吸热”或“放热”)，判断的理由是 。
(2)为了加快该反应的速率，可以采取措施 (任写一种)。
(3)在实际生产中，测得合成塔中H2及H2O(g)的物质的量随时间变化如下图所示，则图中代表的曲线是 (填“X”或“Y”)，v(正)与v(逆)相等的点为 (填字母)。
(4)在一定温度下，将2molCO2与6molH2气体混合于2L密闭容器中制甲醇，2min末生成0.8mol H2O(g)：
①用单位时间内浓度的减小来表示2min内该反应的平均速率为 mol· L-1· min-1；
②2min末容器中H2的物质的量浓度 。
6．（2023·四川南充·统考三模）间溴苯甲醛是一种重要有机合成中间体。实验室以苯甲醛、液溴为原料，在无水AlCl3催化下加热制备间溴苯甲醛，反应原理和相关物质部分性质如图：
①反应原理 +Br2 +HBr
②相关物质部分性质
物质 溴 苯甲醛 1，2－二氯乙烷 间溴苯甲醛 无水AlCl3
沸点(℃) 58.8 179 83.5 229 178升华
溶解性 微溶于水 微溶于水 难溶于水 难溶于水 遇水水解
I.催化剂的制备
利用如图所示装置制取少量无水AlCl3(部分夹持装置已省略)，回答下列问题：
(1)A装置烧瓶中反应的离子方程式是 。
(2)实验时应先点燃 (填“A”或“D”)处酒精灯，F中盛有碱石灰，其作用是 (填字母标号号)。
A．吸收HCl B．吸收Cl2 C．吸收CO2 D．吸收H2O
Ⅱ.间溴苯甲醛的制备
实验室利用如图所示装置制取间溴苯甲醛(夹持及加热装置已省略)，实验步骤如下：
步骤1：将一定配比的无水AlCl3、1，2－二氯乙烷和10.6g苯甲醛在三颈烧瓶中充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的足量液溴，保温反应一段时间后，冷却。
步骤2：将反应混合物缓慢加入到一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%NaHCO3溶液洗涤后，再用水洗涤。
步骤3：向洗涤后的有机相中加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后，过滤。
步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分，得到16.28g间溴苯甲醛。
回答下列问题：
(3)步骤1中为了更好地控制反应温度，温度计水银球应插入到 。实验装置中仪器a的主要作用是导气和 。
(4)步骤2中稀盐酸的作用是 ，操作中使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和 (填仪器名称)，使用该仪器首先要 。
(5)间溴苯甲醛产率为 %。
7．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）中国科学院宣布在入工合成淀粉方面取得突破性进展，在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，该技术未来有望促进碳中和的生物经济发展。
(1)入工合成转化为淀粉只需要11步，其中前两步涉及的反应如图1所示。
①该流程中所涉及含碳化合物中碳原子的杂化方式有 。
②反应： 。
(2)反应Ⅰ进行时，同时发生反应：。在恒容密闭容器中充入和，一定温度下，达到平衡时，物质的量分数为 %(计算结果保留1位小数)。
(3)乙烯是合成工业的重要原料，一定条件下可发生反应：。
①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，经相同时间测得体积分数与温度的关系如图2所示。
在催化剂甲作用下，图2中点的速率 (填“>”“<”或“=”)，根据图中所给信息，应选择的反应条件为 。
(2)一定温度下，该反应正逆反应速率与的浓度关系：，(是速率常数)，且或的关系如图3所示，向恒容密闭容器中充入一定量，反应进行分钟后达平衡，测得，该温度下，平衡常数 (用含的计算式表示，下同)，用表示的平均反应速率为 mol·L-1·min-1。
8．（2023春·山东聊城·高三山东聊城一中校考期中）在化学研究和工业生产中，我们不仅关注化学反应中的物质变化和能量变化，还需要关注化学反应的快慢和进行的程度等。
(1)断开1mol共价键吸收的能量或形成1mol共价键释放的能量数据如表：
共价键
能量变化/() 436.0 390.8 946.0
进行反应，当生成时，将 (填“吸收”或“放出”) kJ的能量。
(2)在体积为5L的恒温密闭容器中，气体X、Y、Z物质的量随时间变化关系曲线如下图所示。
①该反应的化学方程式为： 。
②0-2min内Z的化学反应速率为： 。
③2min时的与5min时的的大小关系为： (填“”“”或“”)。
④下列描述能表示该反应达平衡状态的是 。
A．Z的体积分数不再改变
B．容器内气体压强不再发生变化
C．
D．容器内混合气体的密度不再发生变化
E．容器内混合气体的平均相对分子质量不再发生变化
9．（2023春·福建宁德·高三校联考期中）在生产和生活中，人们关注化学反应进行的快慢和程度，以提高生产效率和调控反应条件。2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)是工业制硫酸的主要反应之一。
(1)在2L密闭容器内，500℃时，测得n(SO2)随时间的变化如下表：
时间(s) 0 1 2 3 4 5
n(SO2)(mol) 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007
用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v(O2)= 。如图中表示SO3的变化的曲线是 (填字母)。
(2)1s时，v (正) (填“>”、“<”或“=”) v (逆)。
(3)以下操作可以提高化学反应速率的是_______(填写序号)。
A．选择更高效催化剂 B．增大O2气体的通入量
C．恒容下充入Ne D．适当降低温度
(4)下列能说明该反应已达化学平衡状态的是_______(填写序号)。
A．容器中气体的总质量不变
B．单位时间内消耗2mol SO2的同时消耗1mol O2
C．容器中气体的总物质的量不变
D．容器中O2的体积分数不变
(5)黄铁矿(FeS2)常作为工业制硫酸的原料，在酸性条件下它可发生反应：2FeS2＋7O2＋2H2O=2Fe2＋＋4SO＋4H＋，实现该反应的物质间转化如图所示。
NO的作用 ，反应Ⅰ的离子方程式为 。
10．（2023春·北京海淀·高三清华附中校考期中）在2L的密闭容器中，和在催化剂的条件下发生反应，和的物质的量随时间变化的关系曲线如图所示，回答下列问题：
(1)该反应的化学方程式是 。
(2)0~2min，以的浓度变化表示的化学反应速率是 ，2min时，的转化率是 。
(3)2min时， (填“>”或“<”或“=”)。
(4)反应达到化学平衡状态的依据是 。
a． 单位时间内消耗，同时生成
b． 、与浓度之比为
c． 该密闭容器压强不再变化
d． 气体平均相对分子质量不再改变
(5)从能量的变化和反应的快慢等角度研究二氧化硫的催化氧化。
①已知该反应为放热反应，下图能正确表示该反应中能量变化的是 (填“a”或“b”)。
②研究表明，在二氧化硫的催化氧化反应中，降低温度有利于平衡向生成三氧化硫的方向移动，但在实际生产中该反应都是在较高温度下进行的，这主要是考虑了什么因素？
11．（2023·天津·校联考模拟预测）氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要作用。
(1)氨气是一种重要的化工原料，氨态氮肥是常用的肥料。写出实验室制备氨气的化学方程式 。
(2)已知几种物质的相对能量如下：
物质
相对能量/ 475.5 283.0 393.5 0
和反应生成和的热化学方程式为 。
(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol和3mol，发生反应： 。测得体积分数与温度、时间的关系如图1所示。
① 0(填“>”、“<”或“=”)。
②下列情况表明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。
A．混合气体的密度不再改变 B．相对分子质量不再改变
C．NO和的消耗速率相等 D．的体积分数不再改变
③时，该反应的平衡常数K= 。
(4)—空气燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其内部结构示意如图2所示。通入(肼)的一极为 (“正极”或“负极”)，其正极电极反应式为 。
12．（2023·河南郑州·统考三模）氨既是重要的化工产品，又是染料、医药等工业的重要原料。研究氨的合成及反应规律具有重要意义。回答下列问题：。
I．工业合成氨的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.2kJ·mol-1
(1)v正=k正cm(N2)cn(H2)，v逆=k逆cP(NH3)，k正、k逆为速率常数。其他条件不变，升高温度时，k正、k逆的变化趋势和变化幅度是 。
(2)在不同条件下合成氨反应达到平衡，平衡时氨气的物质的量分数为x(NH3)，t=450°C时x(NH3)与P、P=5×107Pa时x(NH3)与温度t的关系如图所示。
①表示t=450°C下的x(NH3)与P关系图像是 (填“a”或“b")，判断依据为 。
②当x(NH3)=0.10时，反应条件可能是 。
Ⅱ氨可用于烟气脱硝，主要反应如下：
反应a4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH=xkJ·mol-1
反应b4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) ΔH<0
(3)已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1
则x= 。
(4)对于反应b，其他条件相同时，以一定流速分别向含催化剂A的反应管中通入一定比例O2、NH3、NO和N2的模拟烟气，测得NO的去除率与温度的关系如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡去除率随温度的变化)。当温度高于360°C，NO的去除率降低的主要原因是 。
(5)在t°C、2MPa下，向恒温恒压的密闭容器中通入4molNH3、5molNO、1molO2，发生反应a和反应b．反应平衡时，NH3的转化率为95%，N2的物质的量为4mol。此时，H2O的物质的量为 ，反应a的平衡常数Kp= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数；列出计算式即可)。
13．（2023春·北京西城·高三北京市第十三中学校考期中）根据原电池原理，人们研制出了性能各异的化学电池。
(1)某原电池装置示意图如图1。
①Zn片作 (填“正极”或“负极”)。
②Cu片上发生反应的电极反应式为 。
③电流表指针偏转，说明该装置实现了化学能向 的转化。
④若该电池中两电极的总质量为60 g，工作一段时间后，取出锌片和铜片洗净干燥后称重，总质量为47 g。此时产生标准状况下氢气的体积为 L，该反应转移的电子的物质的量为 mol。
(2)某锂 空气电池的总反应为4Li + O2 + 2H2O = 4LiOH，其工作原理示意图如图2。
下列说法正确的是 (填字母)。
a．锂片作负极 b．O2发生还原反应
c．锂离子向电池负极移动 d．该装置实现了化学能转化为电能
14．（2023·河南·校联考模拟预测）以分子中含有一个碳原子的物质为原料的化学工业称为“碳一化工”，甲醇是碳一化工的支柱。回答下列问题：
(1)以甲醇生产甲胺的化学方程式为 CH3OH(l)+NH3(g)═CH3NH2(g)+H2O(g)， 该反应在高温下才能自发进行，则该反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。
(2)利用甲醇(CH OH)制备甲醛可以使人类的基础化学品摆脱对石油的依赖。目前常用的方法有以下两种。
脱氢法： CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g) ΔH= +46.203kJ·mol-1
氧化法：CH3OH(g)+ O2(g) HCHO(g)+ H2O(g) ΔH= -149.73kJ·mol-1
已知几种共价键的键能如下表：
共价键 C-O C-H O-H C═O H—H
键能/(kJ·mol-1) 413.4 n 462.8. 745 436
如图为甲醇制备甲醛两种方法对应的lg K(K为浓度平衡常数)随温度(T)的变化曲线。
①表中n= 。
②曲线 (填“a”或“b”)对应氧化法，其理由是 。
③在一个体积为1L的恒容密闭容器中加入2 mol CH3OH，在500K时发生脱氢反应，经5min达到平衡状态，则体系压强变为原来的 倍。若平衡时体系压强为3.6MPa，则平衡时压强平衡常数 Kp= MPa。
(3)以CO、CH3OH 为原料生产醋酸是碳一化工的成功范例，产品中乙酸含量≥99.8%。
①根据下表数据分析，实际工业生产中采用低压羰基合成反应制备醋酸的原因是 。
甲醇合成醋酸消耗定额的比较(以生产1t醋酸计)
名称 高压羰基合成 低压羰基合成
甲醇/kg 610 545
一氧化碳/m3(标准状况) 630 454
电/kWh 350 29
②该羰基合成反应采用不同组分的铑系催化剂，它们的催化性能比较如下表。其中性能最优的催化剂是 。
催化剂 铑的百分含量／％ 相对催化速率
RhCl3-NaX 0.25 50
RhCl(CO)(PPh3)-Al2O3 1.39 40
Rh(NO3)3/C 3.00 25
Rh/Ys 1.00 900
(4)一种甲醇燃料电池采用碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中加入纯化的甲醇，同时向另一个电极通入空气，负极的电极反应式为 。
15．（2023·云南楚雄·统考模拟预测）O3具有杀菌消毒作用，但是O3含量过大时对人体有害。已知O3的氧化能力比O2的强，O3氧化2-甲基-2-丁烯(C5H10)的有关反应如下：
①C5H10(g) +2O3 (g) CH3COCH3(g)+CH3CHO(g)+2O2(g) ΔH1<0
②CH3CHO(g) +O3(g) CH3COOH(g)+O2(g) ΔH2<0
(1)C5H10(g) + 3O3(g) CH3COCH3 (g) +CH3COOH(g) +3O2(g) ΔH= 。(用含ΔH1和ΔH2的代数式表示)
(2)在一定温度下，向刚性密闭容器中充入1 mol C5H10 (g)和4 mol O3 (g)，发生反应：C5H10(g) +3O3(g) CH3COCH3(g) +CH3COOH(g)+ 3O2(g)。下列叙述正确的是___________。( 填标号)
A．达到平衡时，O2的体积分数小于50%
B．混合气体的密度不随时间变化时达到平衡状态
C．加入催化剂，不能提高单位时间内2-甲基- 2-丁烯的转化率
D．平衡后，及时分离出CH3COOH，能提高CH3COCH3的平衡产率
(3)在密闭容器中充入C5H10 (g)和O3(g)， 发生反应C5H10(g) + 3O3(g) CH3COCH3 (g) +CH3COOH(g) +3O2(g) ΔH，测得 C5H10的平衡转化率[α (C5H10)]与温度。压强的关系如图1所示。
①一定压强下，随着温度升高， C5H10的平衡转化率降低，原因是 。
②根据图1可知，p1 (填“>”、 “<”或“=”)p2，判断依据是 。
(4)在一定温度下，向一恒容密闭容器中充入一定量O3，发生反应2O33O2，气体总压强与时间关系如图2所示。0~10 min时，O2分压变化率为 kPa·min-1
(5)一定温度、总压强保持在96.0 kPa下，向一密闭容器中充入1 mol C5H10 (g)和3 mol O3(g)发生反应①和反应②，一段时间后达到平衡，测得C5H10的转化率为80%，CH3COOH的物质的量与C5H10相同。计算反应①的平衡常数Kp= kPa． (用分压计算的平衡常数为Kp，分压等于总压 ×物质的量分数)
(6)最新技术是以固体聚合物电解质(SPE)膜为复合电极，酸性溶液为电解质溶液，电解水制备臭氧。阳极上的电极反应式为 。
16．（2023春·黑龙江大庆·高三大庆中学校考期中）中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%~50%。可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中，充入和，一定条件下反应：，此反应为放热反应，测得和的浓度随时间变化如图所示。
(1)从到， 。
(2)某同学记录了1~12分钟内物质的量的变化，实验记录如下(累计值)：
时间(min) 1 3 6 9 12
物质的量(mol) 0.10 0.50 0.70 0.75 0.75
反应速率变化最大的时间段为 ；原因是 ；
A．0~1 B．1~3 C．3~6 D．6~9
(3)能说明上述反应达到平衡状态的是_______(填编号)；
A．反应中与的物质的量浓度之比为
B．混合气体的质量不随时间的变化而变化
C．单位时间内消耗，同时生成
D．的体积分数在混合气体中保持不变
(4)如图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置。
当电极a为Zn，电极b为Cu，电解质溶液为溶液时，正极的电极反应式为 。若初始时两电极质量相等，当电路中有通过时，两极的质量差为 g。
17．（2023春·北京西城·高三北京师大附中校考期中）汽车尾气中含有CO、NOx等有害气体。
(1)NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式： 。
(2)汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意图如下：
该条件下，N2和O2完全反应生成2molNO时需要 (吸收或释放) kJ的能量。
(3)通过NO传感器可监测汽车尾气中NO的含量，其工作原理如图所示：
①NiO电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。
②外电路中，电子的流动方向是从 电极流出(填NiO或Pt)；Pt电极上的电极反应式为 。
(4)一种新型催化剂能使NO和CO发生反应：2NO+2CO 2CO2+N2。已知增大催化剂的比表面积可提高该反应速率。为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下表中。
实验 编号 t(℃) NO初始浓度 (mol/L) CO初始浓度 (mol/L) 催化剂的比表面积(m2/g)
Ⅰ 280 1.20×10-3 5.80×10-3 82
Ⅱ 280 1.20×10-3 B 124
Ⅲ 350 A 5.80×10-3 82
①请将表中数据补充完整：A ；B 。
②能验证温度对化学反应速率影响规律的实验是 (填实验编号)。
③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，c(NO)随时间t的变化曲线如图所示，其中表示实验Ⅱ的曲线是 (填“甲”或“乙”)。
18．（2023春·安徽阜阳·高三统考期中）反应条件的选择是工业生产的重点课题，既要有适当的反应速率，又要有适当的转化效率(即反应限度)。
(1)某实验小组在实验室模拟工业合成氨。在5L恒温恒容密闭容器中充入1.95molH2和0.65molN2，反应一段时间后容器中NH3的浓度变化如图所示。
①已知N2的沸点为-195℃、O2的沸点为-183℃，则从液态空气中分离获得原料N2时，从液态空气中先汽化的是 (填“N2”或“O2”)。
②0～12min内，用H2表示的化学反应速率v(H2)= 。
③该温度下，达到平衡状态时，= L2 mol-2(结果保留三位有效数字)。
(2)该实验小组为探究外界条件对化学反应速率的影响进行如下实验。
i.探究常温下等质量金属与酸反应生成氢气速率的影响因素，进行如表实验：
实验编号 金属 c(酸)/(mol L-1) 溶液体积/mL
Ⅰ 铁块 18.4mol L-1硫酸 10
Ⅱ 铁粉 2mol L-1硫酸 10
Ⅲ 铁粉 2mol L-1盐酸 20
Ⅳ 铁块 2mol L-1硫酸 10
①实验Ⅰ中没发现生成氢气是因为 。由实验Ⅱ、Ⅲ可以得到的结论是 。由实验Ⅱ、Ⅳ可以得到的结论是 。
②甲同学在进行实验Ⅳ时又加入了少量硫酸铜固体，意外发现生成气体速率明显加快，试分析其原因： 。
ii.已知Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O。甲同学通过测定该反应发生时溶液变浑浊的时间，研究外界条件对化学反应速率的影响，设计实验如表所示(所取溶液体积均为2mL)。
实验编号 温度/℃ c(Na2S2O3)/(mol L-1) c(H2SO4)/(mol L-1)
a 25 0.1 0.1
b 25 0.2 0.1
c 50 0.2 0.1
③由表中数据可知，反应速率由大到小的顺序为 (用编号表示)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1) +169.4 直接再生路径的ΔG均大于0，反应不自发
(2) 吸热 在相同温度下，Fe3O4/FeO载氧体系参与反应时，平衡常数最大(Fe3O4/FeO载氧体系成本较低)
(3) 反应I为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高促进反应I逆向进行、反应Ⅲ正向进行，800℃之前，温度对反应Ⅲ的影响程度大于反应I，故n(CO)随温度升高而增大 Fe+Fe3O44FeO
【详解】（1）已知：反应I：3FeO(s)+CO2(g)=Fe3O4(s)+CO(g) ΔH1=-9.8kJ·mol-1
反应Ⅱ：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s) ΔH2=-189.0kJ·mol-1
根据盖斯定律，由①-②得反应Ⅲ：C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH3=ΔH1-ΔH2=-9.8kJ·mol-1-(-189.0kJ·mol-1)= +169.4 kJ·mol-1；答案为+169.4；
直接再生路径的ΔG均大于0，反应不自发，故在研究温度内，直接再生路径不可行；
（2）间接再生时，化学平衡常数随温度变化见图3，随着温度的升高，lnK增大，则K增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应；则间接再生反应均为吸热反应，根据图3，化学链技术将CO2还原为CO的最优载氧体系为Fe3O4/FeO，其主要原因是在相同温度下，Fe3O4/FeO载氧体系参与反应时，平衡常数最大(Fe3O4/FeO载氧体系成本较低)；
（3）①反应I为放热反应，反应Ⅲ为吸热反应，温度升高促进反应I逆向进行、反应Ⅲ正向进行，800℃之前，温度对反应Ⅲ的影响程度大于反应I，故n(CO)随温度升高而增大；
②800℃之后的高温条件下，n(CO2)和n(CO)趋于稳定，说明温度对反应I、Ⅱ、Ⅲ的平衡影响不大，则气体浓度几乎保持不变，但n(FeO)仍在增大，则只能固体物质在参与反应，结合铁的氧化物中铁的价态可知，主要发生的化学方程式为Fe+Fe3O44FeO；
③800℃达平衡时，容器内总压为pkPa．n(CO2)=0.66mol。n(CO)=0.33mol，则消碳反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp==0.165pkPa=kPa。
2．(1) Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3 H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O pH=7时，溶液中c(Cu2+)==mol L-1=2.2×10-6mol L-1＞1×10-7mol L-1，含铜污水不能达到排放标准
(2) H2S和HS- FeS+Cu2+=Fe2++CuS反应的平衡常数K=1×1018＞105，Cu2+沉淀更为完全，硫离子残留少，防止有害气体H2S生成
(3) C 增大溶液的pH，c(H+)减小，Cu2++2RHCuR2+2H+平衡右移，有利于Cu2+的萃取，Cu2+萃取率升高
(4)加入过量0.1mol L-1KI溶液和少量0.5%淀粉溶液，塞上瓶塞振荡，再用0.05000mol L-1Na2S2O3溶液滴定，当加入最后半滴(1滴)标准溶液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积。重复实验2～3次
【详解】（1）①Cu(OH)2沉淀能溶于NH3 H2O得到[Cu(NH3)4]2+，则pH由7到10时，铜的去除率下降的主要原因用离子方程式表示为：Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-或Cu(OH)2+4NH3 H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。
②信息①含铜污水的排放标准为pH=7，c(Cu2+)≤1×10-7mol L-1，若加入石灰乳处理废水，pH=7时，溶液中c(Cu2+)==mol L-1=2.2×10-6mol L-1＞1×10-7mol L-1，则含铜污水不能达到排放标准。
（2）①pH=7时，Na2S溶液中：，， ，，则pH=7时，Na2S溶液中硫元素的主要存在的微粒为H2S和HS-。
②已知Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18，则CuS比FeS更难溶，利用沉淀转化反应：FeS+Cu2+=Fe2++CuS，该反应的平衡常数，故用FeS处理含铜废水比Na2S效果好的原因为：FeS+Cu2+=Fe2++CuS反应的平衡常数K=1×1018＞105，Cu2+沉淀更为完全，硫离子残留少，防止有害气体H2S生成。
（3）①对分液漏斗放气时，漏斗颈斜向上，打开活塞进行放气，选C。
②萃取时，适度增大溶液的pH，Cu2+萃取率升高的原因是：增大溶液的pH，c(H+)减小，Cu2++2RHCuR2+2H+平衡右移，有利于Cu2+的萃取，Cu2+萃取率升高。
（4）需通过实验测定废液中铜离子含量。由已知信息知，要把一定量废水中的铜离子利用2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，被过量的0.1mol L-1KI溶液完全还原，再利用I2+2S2O=2I-+S4O反应，用0.05000mol L-1Na2S2O3标准溶液滴定实验中生成的碘单质，碘遇淀粉变蓝色，故选0.5%淀粉溶液指示剂，当碘单质消耗完毕时溶液褪色，即由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点，为避免偶尔误差，需做平行实验，重复实验2～3次。故答案为：加入过量0.1mol L-1KI溶液和少量0.5%淀粉溶液，塞上瓶塞振荡，再用0.05000mol L-1Na2S2O3溶液滴定，当加入最后半滴(1滴)标准溶液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且在半分钟内不变色，达到滴定终点。记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积。重复实验2～3次。
3．(1)高温
(2) △H1+△H2+△H3 AD 1 压强太小，不利于平衡向正反应方向移动
(3) 25%
【详解】（1）根据复合判据△G=△H - T△S<0反应可以自发进行，该反应为吸热反应，且为熵增加的反应，则该反应在高温下可以自发进行；
（2）①根据盖斯定律可知，该反应= i+ ii+ iii，则ΔH=△H1+△H2+△H3；
②A．该反应是气体分子数发生变化的反应，且为恒容容器，则压强是变量，则混合气体总压强不随时间变化时，反应达到平衡状态，A正确；
B．根据方程式可知，当反应完全反应完后，生成的三种产物的物质的量都为1mol，氢气剩余1mol，此时CH3CH2OH体积分数为25%，但是该反应改为可逆反应，反应不可能进行到底，故反应达到平衡时，CH3CH2OH体积分数不可能为25%，B错误；
C．反应达到平衡后，再充人少量CO，CO的平衡转化率会降低，C错误；
D．催化剂只能改变反应速率，平衡不移动，故乙醇产率保持不变，D正确；
故选AD；
③由表格数据可知，实验1催化剂的选择性高于实验2、4，原料的转化率高于实验3，所以述实验中，催化效能最好的为实验1；与实验1相比，实验3的反应温度与1相近，压强小于实验1，说明实验3的压强太小，不利于平衡向正反应方向移动，导致醋酸酯平衡转化率较低；
（3）一定温度下，在体积为1L的密闭容器中投入2mol CH3OCH3发生反应，初始总压为po，反应到达平衡时总压为1.1po，且n(C2H4):n(C3H6)=1:1。设反应I中生成C2H4的物质的量为x，反应II中生成C3H6的物质的量为y，则可建立如下两个三段式：
则(x-y):y=1:1、，从而求出x=0.2mol、y=0.1mol。平衡时体系CH3OCH3转化率α(CH3OCH3)==25%。“反应II”的平衡常数Kp=
4．(1)加入盐酸Au3+与Cl-结合生成[AuCl4]-，使反应①平衡正向移动，且反应③放热,利于反应自发进行。
(2)
(3)AB
【详解】（1）对于反应①而言，ΔH>0，不利于反应的自发进行，加入盐酸Au3+与Cl-结合生成[AuCl4]-，使反应①平衡正向移动，且反应③放热,利于反应自发进行。
（2）易知反应②的平衡常数的表达式为。
（3）由反应方程式可知升温、适当提高硝酸浓度，均可增加反应速率，但增大pH，c(H+)下降，反应速率减小，将金块研磨成金粉可以提高反应速率，块状固体不会提高反应速率。故选A、B。
5．(1) 放热 反应物的总能量大于生成物的总能量
(2)适当升高温\增大CO2浓度(合理即可)
(3) Y c、d
(4) 0.2
【详解】（1）根据该反应的能量变化图，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，故答案为放热；反应物的总能量大于生成物的总能量。
（2）加快反应速率的方法有升高温度、增大反应物的浓度、加入催化剂等，所以为了加快该反应的速率，可以采取措施有适当升高温\增大CO2浓度，故答案为适当升高温\增大CO2浓度(合理即可)。
（3）该反应中氢气是反应物、水蒸气是生成物，随着反应进行，氢气的物质的量减小、水蒸气的物质的量增大，根据图知，图中代表H2的曲线是Y，代表水蒸气的曲线是X；c、d点各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，则c、d点正逆反应速率相等，故答案为Y；c、d。
（4）①2min内，相同时间内v（CO2）＝v（H2O）＝0.2mol/（L min），故答案为0.2；
②生成0.8molH2O消耗n（H2）＝3n（H2O）＝3×0.8mol＝2.4mol，剩余n（H2）＝（6 2.4）mol＝3.6mol，，故答案为。
6．(1)MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2) A BD
(3) 水浴中 冷凝回流溴蒸气，提高溴的利用率
(4) 抑制AlCl3水解，便于后续分离 分液漏斗 检查是否漏液
(5)88
【分析】A装置中制取氯气经过B装置除去氯气中混有的HCl气体，C装置除去氯气中的水蒸气，经过D装置 与Al反应制取AlCl3，最后用碱石灰吸收多余的氯气；
【详解】（1）根据分析，A装置用MnO2与浓盐酸反应制取氯气；
故答案为：；
（2）实验时应该先点燃酒精灯A，使产生的氯气充满D试管将杂质气体排进，后再点燃D处的酒精灯；根据分析，F的碱石灰吸收多余的氯气并将吸收E中的水蒸气，防止水蒸气进入D装置；
故答案为：A；BD；
（3）为了更好地控制反应温度，温度计水银球应插入到水浴中；球形冷凝管a的作用为冷凝回流溴蒸气，提高溴的利用率；
故答案为：水浴中；冷凝回流溴蒸气，提高溴的利用率；
（4）AlCl3易水解，故加入稀盐酸可以抑制氯化铝水解；分离有机相与水相需要用到分液漏斗；使用前需要检查其是否漏液；
故答案为：抑制AlCl3水解，便于后续分离；分液漏斗；检查是否漏液；
（5）根据方式式 可知，，生成的间溴苯甲醛的物质的量为0.1mol，质量为，间溴苯甲醛产率为；
故答案为：88%。
7．(1)
(2)11.1
(3) > 催化剂乙、反应温度 或
【详解】（1）①该流程中所涉及含碳化合物中CO2中碳原子的杂化方式为sp杂化，CH3OH中C原子的杂化方式为sp3杂化，HCHO中C原子的杂化方式为sp2杂化；
②反应I：，反应Ⅱ：，反应Ⅲ：，反应Ⅳ：，由盖斯定律，反应I+Ⅱ+×Ⅲ+×Ⅳ可得反应： ++×+×；
（2）设平衡时物质的量为x，C2H4的为y，列三段式：、，容器体积为1L，达到平衡时，，则4-x-2y=x+4y①，，则6-3x-6y=1.2②，联立①②式解得x=0.8mol、y=0.4mol，则物质的量分数为；
（3）①催化剂不能使平衡发生移动，由图可知M点乙烯的转化率低于同温度下催化剂为乙时乙烯的转化率，说明M点时反应还没有达到平衡状态，还在正向进行，故>；
根据图1所给信息，催化剂为乙的时候乙烯的转化率高，故应选择的反应条件为催化剂乙、反应温度200℃；故答案为：>；催化剂乙、反应温度200℃；
②由化学方程式可知，正速率与乙烯的浓度有关，逆速率与丙烯的浓度有关，故v正的斜率更大一些，由速率公式可得：lgv正=lgk正+3lg c(C2H4)，lgv逆=lgk逆+2lgc(C3H6)，由图可知当lg c(C2H4)和lgc(C3H6)均为0时，lgv正=a，lgv逆=b，则lgv正=lgk正=a，k正=10a，lgv逆=lgk逆=b，k逆=10b，则T℃时，该反应达到平衡时，v正=v逆，即k正c3(C2H4)=k逆c2(C3H6)，则平衡常数K=；
设向容器中充入xmol/L C2H4，平衡后测得，则有三段式：
K=，解得：，则用表示的平均反应速率为v(C3H6)=
故答案为：；。
8．(1) 放出 45.4
(2) ABE
【详解】（1）反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，故反应的焓变为，故生成生成时，将放出的能量。
（2）①由图可知，反应XYZ的物质的量分别为0.6mol、0.2mol、0.4mol，且反应后三种物质均存在，为可逆反应，故该反应的化学方程式为：。
②由图可知，0-2min内Z的化学反应速率为。
③由图可知，2min时，反应仍正向进行，正反应速率大于逆反应速率；5min时达到平衡，正逆反应速率相等，故，故>；
④A．Z的体积分数不再改变，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，A符合题意；
B．反应为气体分子数改变的反应，容器内气体压强不再发生变化，说明达到平衡状态，B符合题意；
C．没有说明是正还是逆反应速率，且物质反应速率比等于反应系数比，故该等式不能说明反应达到平衡状态，C不符合题意；
D．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，D不符合题意；
E．混合气体的平均相对分子质量M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，E符合题意；
故选ABE。
9．(1) 0.0015mol/(L·s) b
(2)>
(3)AB
(4)CD
(5) 催化剂（催化作用） 4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋4NO＋2H2O
【详解】（1）0~2s内反应消耗0.012mol SO2，根据方程式2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)可知，反应同时消耗0.006mol O2，用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v(O2)=。反应达到平衡，反应消耗0.013mol SO2，根据方程式2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)可知，反应同时生成0.013mol SO3，SO3的平衡浓度为0.0065mol/L，表示SO3的变化的曲线是b。
（2）1s后，反应物继续减少，反应正向进行，v (正) >v (逆)。
（3）A．催化剂能提高反应速率，选择更高效催化剂，可以提高化学反应速率，故选A；
B．增大O2气体的通入量，氧气浓度增大，反应速率加快，故选B；
C．恒容下充入Ne，反应物浓度不变，反应速率不变，故不选C；
D．适当降低温度，反应速率减慢，故不选D；
选AB；
（4）A．根据质量守恒定律，气体总质量是恒量，容器中气体的总质量不变，反应不一定平衡，故不选A；
B．单位时间内消耗2mol SO2的同时消耗1mol O2，不能判断正逆反应速率相等，反应不一定平衡，故不选B；
C．反应前后气体系数和不同，气体总物质的量是变量，容器中气体的总物质的量不变，反应达到平衡状态，故选C；
D．反应达到平衡，各物质浓度保持不变，容器中O2的体积分数不变，反应一定达到平衡状态，故选D；
故选CD。
（5）NO参与反应Ⅲ，反应Ⅰ生成NO，所以NO为催化剂，反应Ⅰ中Fe(NO)2＋和O2反应生成Fe3＋和NO，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为4Fe(NO)2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋4NO＋2H2O。
10．(1)2SO2+ O22SO3
(2) 1.25 mol/(L·min) 50%
(3)>
(4)cd
(5) a 催化剂的活性和反应速率的快慢
【详解】（1）催化剂作用下，二氧化硫与氧气在500℃条件下反应生成三氧化硫，反应的化学方程式为2SO2+ O22SO3，故答案为：2SO2+ O22SO3；
（2）由图可知，2min时，二氧化硫的物质的量为5mol，则2min内二氧化硫的反应速率为=1.25 mol/(L·min)，二氧化硫的转化率为×100%=50%，故答案为：1.25 mol/(L·min)；50%；
（3）由图可知，2min时，反应未达到平衡，是平衡的形成过程，二氧化硫的消耗速率大于三氧化硫的消耗速率，则二氧化硫的正反应速率大于三氧化硫的逆反应速率，故答案为：>；
（4）a．单位时间内消耗1mol二氧化硫，同时生成1mol三氧化硫都代表正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
b．二氧化硫、氧气与三氧化硫浓度之比为2：1：2不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
c．该反应是气体体积减小的反应，反应中密闭容器压强减小，则密闭容器压强不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
d．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体平均相对分子质量增大，则气体平均相对分子质量不再改变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故选cd。
（5）①由图可知，图a为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故选a；
②在实际生产中二氧化硫的催化氧化反应都是在较高温度下进行的原因是反应温度是催化剂的活性温度，催化剂的活性高，有利于反应的进行，且该温度下，反应速率较快，所以在较高温度下进行主要是考虑了催化剂的活性和反应速率的快慢，故答案为：催化剂的活性和反应速率的快慢。
11．(1)
(2)
(3) < CD 3
(4) 负极
【详解】（1）实验室通过加热氯化铵和氢氧化钙的混合物来制备氨气，化学方程式为：。
（2）和反应生成和的热化学方程式为：=生成物的总能量-反应物的总能量=393.5-283.0-475.5=-365.0。
（3）①根据图示可知，T1时反应先达到平衡，则温度，升高温度，氮气的体积分数减小，平衡向着吸热方向进行，即逆向进行，正向是放热方向，所以；
②A．混合气体的质量体积都是定量，密度始终不改变，所以混合气体的密度不再改变，不能表明该反应达到平衡状态，故A错误；
B．混合气体的质量、物质的量都是定量，相对分子质量始终不改变，相对分子质量不再改变，不能表明该反应达到平衡状态，故B错误；
C．NO和的消耗速率相等，表明正逆反应速率相等，能表明该反应达到平衡状态，故C正确；
D．N2O的体积分数不再改变，能表明该反应达到平衡状态，故D正确；
故选CD；
③根据已知条件列出“三段式”
平衡时体积分数为30%，则，，。
（4）N2H4在反应中失去电子，从负极通入，由于电解质溶液显碱性，通入氧气的一极是正极，氧气在正极得到电子生成氢氧根，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：。
12．(1)k正、k逆都增大，k逆增大的幅度更大。
(2) a 合成氨反应是气体分子数减少的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量分数增大 410℃、5×107pa，450℃、9×107pa
(3)-1807.9
(4)温度高于360℃时催化剂的活性下降，反应速率减慢，NO的去除率下降。
(5) 5.7mol 或
【详解】（1）当反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达到平衡时，v正=k正c (N2)c3H2)=v逆=k逆c2(NH3)，该反应的平衡常数K= ，该反应时放热反应，升高温度时，v正和v逆都增大，平衡逆向移动，则v正< v逆，说明升高温度，k正、k逆都增大，k逆增大的幅度更大。
（2）①反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，x(NH3)增大，由图可知，表示t=450°C下的x(NH3)与P关系图像是a；
②由①可知，t=450°Cx(NH3)与压强P关系图像是a，则p=5×107Pa时x(NH3)与温度t关系图像是b，结合图像数据可知，当x(NH3)=0.10时，反应条件可能是410℃、5×107pa，450℃、9×107pa。
（3）已知：①N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=+180.5kJ·mol-1、②2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1、③N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.2kJ·mol-1，由盖斯定律可知，②×3-①×3-③×2可得4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1×3-180.5kJ·mol-1×3+92.2kJ·mol-1×2=-1807.9kJ·mol-1，x=1807.9。
（4）当温度高于360°C，NO的去除率降低的主要原因是：温度高于360℃时催化剂的活性下降，反应速率减慢，NO的去除率下降。
（5）根据已知条件列出“三段式”
反应平衡时，NH3的转化率为95%，N2的物质的量为4mol，则=0.95，5x+4y=4，解得x=0.2，y=0.75，H2O的物质的量为6xmol+6ymol=5.7mol，反应a的平衡常数Kp=或。
13．(1) 负极
电能 4.48 0.4
(2)abd
【分析】（1）根据分析，该装置为原电池装置，Zn为负极，Cu为正极，以此分析；
（2）该装置为燃料电池，电子流入的为正极，电子流出的为负极，以此分析；
【详解】（1）①根据分析，Zn作负极；
②Cu作正极，吸引氢离子在正极发生还原反应，；
③因为电流表指针偏转，说明装置产生电流，化学能转化为电能；
④Zn作为负极，被消耗，，则Zn减少的质量为13g，，，产生的氢气物质的量为0.2mol，体积为4.48L；
故答案为：负极；；电能；4.48；0.4；
（2）a．根据分析，Li电极失去电子作为负极，发生氧化反应，a正确；
b．氧气在正极发生还原反应，b正确；
c．在原电池中，阳离子移动到正极，c错误；
d．该装置是燃料电池，将化学能转化为电能，d正确；
故答案为：abd。
14．(1)>
(2) 351 a 氧化法为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应氧化法 1.5 1.2
(3) 消耗原料少，消耗电能少 Rh/Ys
(4)CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+
【详解】（1）该反应为熵增加的反应，若高温条件下进行则ΔH >0。答案为>；
（2）利用脱氢反应ΔH= +46.203kJ·mol-1=E反应物的总键能-E生成物的总键能=3n+413.4+462.8-(2n+745+436)，得到n=351。氧化法为放热反应，升温平衡逆向，K值减小，a为氧化法。由于该条件下K=计算得c(H2)=1mol/L=c(CH3OH)=c(HCHO)。而压强之比等于物质的量之比。500℃平衡时各物质的物质的量分数为，Kp=。答案为351；a；氧化法为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应氧化法；1.5；1.2；
（3）从数据分析，低压时消耗的定额少。从催化速率看，Rh/Ys催化速率远远大于其他催化剂，最优催化剂为Rh/Ys。答案为消耗原料少，消耗电能少；Rh/Ys；
（4）甲醇燃料电池中，CH3OH为负极发生氧化反应转变为CO2，反应为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。答案为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。
15．(1)ΔH1+ΔH2
(2)AD
(3) 该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动 < 该反应的正反应是气体分子数增大的反应，减小压强，平衡向正反应方向移动
(4)3
(5)108
(6)3H2O- 6e- =6H++O3 ↑
【详解】（1）已知：
①C5H10(g) +2O3 (g) CH3COCH3(g)+CH3CHO(g)+2O2(g) ΔH1
②CH3CHO(g) +O3(g) CH3COOH(g)+O2(g) ΔH2
由盖斯定律可知，①+②得：C5H10(g) + 3O3(g) CH3COCH3 (g) +CH3COOH(g) +3O2(g)，则ΔH=ΔH1+ΔH2；
（2）A．当反应完全进行时，O2的体积分数等于50%，由于反应为可逆反应，进行不完全，故达到平衡时，O2的体积分数小于50%，A正确；
B．容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，B错误；
C．加入催化剂可以改变反应的速率，故在反应达到平衡之前，可以能提高单位时间内2-甲基- 2-丁烯的转化率，C错误；
D．平衡后，及时分离出CH3COOH，导致平衡正向移动，从而能提高CH3COCH3的平衡产率，D正确；
故选AD；
（3）①该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故在一定压强下，随着温度升高， C5H10的平衡转化率降低；
②反应的正反应是气体分子数增大的反应，相同条件下，减小压强，平衡向正反应方向移动，使得C5H10的平衡转化率增大，故p1
（5）一定温度、总压强保持在96.0 kPa下，向一密闭容器中充入1 mol C5H10 (g)和3 mol O3(g)发生反应①和反应②，一段时间后达到平衡，测得C5H10的转化率为80%，则反应0.8 mol C5H10 (g)、平衡时CH3COOH的物质的量与C5H10相同，均为0.2mol；
则平衡时总的物质的量为4.8mol，C5H10(g)、O3 (g)、CH3COCH3(g)、CH3CHO(g)、O2(g)分别为0.2mol、1.2mol、0.8mol、0.6mol、1.8mol，分压分别为4kPa、24kPa、16kPa、12kPa、36kPa，则；
（6）酸性溶液为电解质溶液，电解水制备臭氧，则阳极上的反应为水失去电子发生氧化反应生成臭氧和氢离子，电极反应式为3H2O- 6e- =6H++O3 ↑。
16．(1)0.125
(2) B 这个时间段反应开始不久反应物浓度大，反应放出热量多，温度升高快，加快反应速率
(3)D
(4) 129
【详解】（1）由图像可知从3 min到9 min，消耗0.25 mol·L-1CO2，根据方程式可得消耗的H2是0.75 mol·L-1，则υ(H2)= =0.125mol L 1 min 1；
（2）由表中数据计算出1～3 min内 CH3OH物质的量变化最大，则反应速率最大；原因是1～3 min这个时间段反应开始不久反应物浓度大，反应放出热量多，温度升高快，加快反应速率；
（3）A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1(即图中交叉点)时，反应速率仍在改变，没有达到平衡状态，A项错误；
B．反应中气体的质量一直不变，则混合气体的质量不变，不能判断反应是否达到平衡状态，B项错误；
C．单位时间内消耗3mol H2，同时生成1mol H2O，均为正反应速率，不能判断反应是否达到平衡状态，C项错误；
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明CO2的浓度不再改变，反应达到平衡状态，D项正确；
故答案为：D。
（4）当电极a为Zn，电极b为Cu，电解质溶液为溶液时，该装置构成原电池，Zn比Cu活泼作负极，负极反应为：，Cu作正极，铜离子在正极得电子生成铜单质，正极反应为：，当电路中有通过时，负极消耗1molZn，质量减少65g，正极生成1molCu，质量增加64g，两极质量差为(65+64)g=129g。
17．(1)3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO
(2) 吸收 183
(3) 氧化 NiO O2 + 4e- = 2O2-
(4) 1.20×10-3 5.80×10-3 Ⅰ和Ⅲ 乙
【详解】（1）NO2与H2O发生歧化反应产生HNO3和NO，反应为3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。答案为3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO；
（2）1molN2和1molO2断键反应物吸收的总能量为=945+498=1443kJ。而形成2molNO放出的能量为2×630=1260kJ，吸收的总能量大于放出的总能量，所以该反应为吸收1443-1260=183kJ。答案为吸收；183；
（3）从O2-的迁移方向可知，NiO电极为负极发生氧化反应为NO-2e-+O2-=NO2。而Pt电极为正极发生还原反应O2+4e-=2O2-。电子从NiO电极经导线流向Pt电极。答案为氧化；NiO；O2 + 4e- = 2O2-；
（4）该实验研究验证温度、催化剂的比表面积，控制单一变量，则反应物的浓度保持不变，A、B分别为1.20×10-3、5.80×10-3。实验Ⅰ和Ⅲ只改变反应温度，这一组研究温度影响。从图看乙的反应速率更快，即乙的催化剂比表面积更大，乙为实验Ⅱ。答案为1.20×10-3；5.80×10-3；I和III；Ⅱ。
18．(1) N2 0.0075mol L-1 min-1 1.33
(2) 常温下铁在浓硫酸中发生钝化 其他条件相同时，c(H+)越大，反应速率越快 其他条件相同时，固体颗粒越小，反应速率越快 铁置换出的铜附着在铁表面，从而形成原电池，加快反应速率 c＞b＞a
【详解】（1）①沸点低的先汽化，所以先汽化的是N2。
②，结合图示可知，0～12min内，用H2表示的化学反应速率；
③在5L恒温恒容密闭容器中充入1.95molH2和0.65molN2，初始氢气、氮气浓度分别为0.39mol/L、0.13mol/L；
则。
（2）①常温下铁在浓硫酸中发生钝化，故实验Ⅰ中没发现生成氢气；实验Ⅱ、Ⅲ中由于氢离子浓度不同而引起的反应速率不同，即其他条件相同时，氢离子浓度越大，反应速率越快；实验Ⅱ、Ⅳ比较可知固体的颗粒大小会影响反应速率，其他条件相同时，固体颗粒越小，反应速率越快。
②进行实验Ⅳ时又加入了少量硫酸铜固体，铁和硫酸铜反应生成铜单质，铜铁与硫酸构成原电池，加快了反应的速率；
③温度越高、反应物浓度越大，则反应速率越快，由表中数据可知，反应速率由大到小的顺序为c＞b＞a。
答案第1页，共2页
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