2021年高考化学真题和模拟题分类汇编专题06化学反应速率和化学平衡【含答案】

专题06化学反应速率和化学平衡2021年化学高考题1．（浙江）一定温度下：在的四氯化碳溶液()中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表：06001200171022202820x1.400.960.660.480.350.240.12下列说法正确的是A．，生成的平均速率为B．反应时，放出的体积为(标准状况)C．反应达到平衡时，D．推测上表中的x为3930D【详解】A．，的变化量为(0.96-0.66)==0.3，在此时间段内的变化量为其2倍，即0.6，因此，生成的平均速率为，A说法不正确；B．由表中数据可知，反应时，的变化量为(1.40-0.35)==1.05，其物质的量的变化量为1.050.1L=0.105mol，的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的在标准状况下的体积为0.0525mol22.4L/mol=，B说法不正确；C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，，C说法不正确；D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710,1710-2820）后的浓度会变为原来的，因此，的浓度由0.24变为0.12时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D说法正确。综上所述，本题选D。2．（浙江）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是A． B．C． D．B【详解】A．和物质的量相同，且均为气态，含有的原子总数多，的摩尔质量大，所以熵值，A错误；B．相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值，B正确；C．等量的同物质，熵值关系为：，所以熵值，C错误；D．从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值，D错误；B。3．（广东高考真题试卷）反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是A．a为随t的变化曲线B．时，C．时，的消耗速率大于生成速率D．后，D【分析】由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。【详解】A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立，因此，D不正确。综上所述，本题选D。4．（河北高考真题试卷）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为ZD．反应①的活化能比反应②的活化能大A【详解】A．由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125，则M的变化量为0.5-0.300=0.200，其中转化为Y的变化量为0.200-0.125=0.075。因此，时间段内，Y的平均反应速率为，A说法不正确；B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；C．结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有的M转化为Z，即的M转化为Z，C说法正确；D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。5．（浙江高考真题试卷）取50mL过氧化氢水溶液，在少量I-存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：t/min020406080c/(mol·L-1)0.800.400.200.100.050下列说法不正确的是A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)B．20～40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解C【详解】A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确；B．20～40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v===0.010mol/(L·min)，B正确；C．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；故答案选C。二、多选题6．（湖南高考真题试卷）铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：

下列说法错误的是A．该过程的总反应为B．浓度过大或者过小，均导致反应速率降低C．该催化循环中元素的化合价发生了变化D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定CD【详解】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，故C错误；D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误；故选CD。7．（湖南高考真题试卷）已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A．容器内压强不变，表明反应达到平衡B．时改变的条件：向容器中加入CC．平衡时A的体积D．平衡常数K：BC【分析】根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图像分析解答。【详解】A.容器内发生的反应为A(g)+2B(g)3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；B.根据图像变化曲线可知，t2t3过程中，t2时，瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，B正确；C.最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数(II)>(I)，C正确；D.平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。故选BC。三、原理综合题8．（山东高考真题试卷）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：反应Ⅰ：+CH3OH△H1反应Ⅱ：+CH3OH△H2反应Ⅲ：△H3回答下列问题：(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是__(用系统命名法命名)；的数值范围是___(填标号)。A．<-1B．-1～0C．0～1D．>1

(2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为___mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=___。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将__(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=___。(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为__(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正__逆反应速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。

2-甲基-2-丁烯D0.9α逆向移动1:10X＜【详解】(1)由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则△H1-△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选D。(2)向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时n(TAME)=(1-α)mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)=αmol。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9αmol，n(A)=0.1αmol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。(3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s以后各组分的浓度仍在变化，t=100s时，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填＜。9．（浙江）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量：。判断该反应的自发性并说明理由_______。(2)已知。时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的和，当反应达到平衡后测得、和的浓度分别为、和。①该温度下反应的平衡常数为_______。②平衡时的转化率为_______。(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。①下列说法正确的是_______。A．须采用高温高压的反应条件使氧化为B．进入接触室之前的气流无需净化处理C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和的转化率D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率②接触室结构如图1所示，其中1～4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。A．B．C．D．E.F.G.③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。(4)一定条件下，在溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。Ⅰ.Ⅱ.①_______；Ⅲ.；Ⅳ.②_______。不同温度下都能自发，是因为CBDF【详解】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量的反应为，由于该反应，因此该反应在任何温度下都能自发进行。(2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下的平衡常数为.②平衡时的转化率为；(3)①A．在常压下催化氧化为的反应中，的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确；B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和的转化率；D．与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响被水吸收导致的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收，D说法不正确。综上所述，相关说法正确的是C；②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是、、，因此选BDF；③对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下的转化率低于其平衡转化率。因此，反应的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示如下.(4)由时间振荡曲线可知，在溶液体系中，溶液的呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成，，然后发生，该过程溶液的基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时被氧化为，即发生，该过程溶液的增大；溶液又变澄清时又被氧化为，发生，该过程溶液的在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：、、、。10．（广东高考真题试卷）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)∆H1b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)∆H2c)CH4(g)C(s)+2H2(g)∆H3d)2CO(g)CO2(g)+C(s)∆H4e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)∆H5(1)根据盖斯定律，反应a的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率D．降低反应温度，反应a～e的正、逆反应速率都减小(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第_______步的正反应活化能最大。

(4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的lnK随（温度的倒数）的变化如图所示。

①反应a、c、e中，属于吸热反应的有_______(填字母)。②反应c的相对压力平衡常数表达式为K=_______。③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_______。(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4AD44ac68%做冷冻剂【分析】根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图像及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。【详解】(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H1=∆H2+∆H3-∆H5=∆H3-∆H4；(2)A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；故答案选AD；(3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。(4)①随着温度的升高，反应a和c的lnK增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的lnK减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；③由图可知，A处对应反应c的lnK=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。本题难点在于K与关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反应。11．（全国高考真题试卷）一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是_______。(2)氯铂酸钡()固体加热时部分分解为、和，376.8℃时平衡常数，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8℃，碘蒸气初始压强为。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则_______，反应的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。(3)McMorris测定和计算了在136～180℃范围内下列反应的平衡常数。得到和均为线性关系，如下图所示：①由图可知，NOCl分解为NO和反应的_______0(填“大于”或“小于”)②反应的K=_______(用、表示)：该反应的_______0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程_______。(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：其中表示一个光子能量，表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收_______mol光子。溴(或)24.8大于大于设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于00.5【详解】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或)；(2)由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应：(s)(s)+(s)+2(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。(s)(s)+(s)+2(g)的平衡常数，则平衡时p2(Cl2)=，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小Pa，则，376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时2p=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=(20×103-12.4×103)Pa，24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应的平衡常数K=；(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡正向移动，则NOCl分解为NO和反应的大于0；②Ⅰ.Ⅱ.Ⅰ+Ⅱ得，则的K=；该反应的大于0；推理过程如下：设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0；(4)Ⅰ.Ⅱ.Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。12．（全国高考真题试卷）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：该反应一般认为通过如下步骤来实现：①②总反应的_______；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)，判断的理由是_______。A．B．C．D．(2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。

①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_______；②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；③当时，的平衡转化率____，反应条件可能为___或___。-49AΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的b总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小33.3%5×105Pa，210℃9×105Pa，250℃【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①，②，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为：；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故。②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。③设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则，当平衡时时，=0.1，解得x=mol，平衡时CO2的转化率α==33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。13．（河北高考真题试卷）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：物质H2(g)C(石墨，s)C6H6(l)燃烧热△H(kJ•mol-1)-285.8-393.5-3267.5(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为________。(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：①CO2(g)=CO2(aq)②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)25℃时，反应②的平衡常数为K2。溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为Pa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为________mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于________kPa。(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在___(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。Ⅰ.2CO2+2e-=C2OⅡ.C2O=CO2+COⅢ.__________Ⅳ.CO+2Li+=Li2CO3②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为_________。Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为_______(用a、b、c字母排序)。6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)H=49.1kJmol-1100.8正极2C+CO2=2C+C12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9Cc、b、a【详解】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)H1=-393.5kJmol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l)H2=-285.8kJmol-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)H3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，[①12+②6]-③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)，H=[(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6]-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)H=49.1kJmol-1；(2)由题可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，又因为p(CO2)=p(kPa)x，则c(CO2)=y(mol•L-1•kPa-1)p(CO2)=pxymol/L，在忽略HC的电离时，c(H+)=c(HC)，所以可得c(H+)=，故；(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp===529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K==529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故100.8；(4)①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故正极；2C+CO2=2C+C；②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C，故12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C；II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故c、b、a。14．（湖南高考真题试卷）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。方法I：氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据化学键键能946436.0390.8一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：(1)反应_______；(2)已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)A．25℃B．125℃C．225℃D．325℃(3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率_______(用含的代数式表示)②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_______(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______；③在该温度下，反应的标准平衡常数_______。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。方法Ⅱ：氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。(4)电解过程中的移动方向为_______(填“从左往右”或“从右往左”)；(5)阳极的电极反应式为_______。KOH溶液KOH溶液+90.8CDb

开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小0.48从右往左2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O【详解】(1)根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，H=390.8kJmol-1-(946kJmol-1+436.0kJmol-1)=+90.8kJmol-1，故+90.8；(2)若反应自发进行，则需H-TS<0，T>==456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故CD；(3)①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02mol，(H2)==molL-1min-1，故；②t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120kPa、40kPa、120kPa，反应的标准平衡常数==0.48，故0.48；(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故从右往左；(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，故2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。15．（浙江高考真题试卷）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品，氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是______。(2)下列说法不正确的是______。A．可采用碱石灰干燥氯气B．可通过排饱和食盐水法收集氯气C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：Cl2(g)⇌Cl2(aq)K1=c(Cl2)/pCl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)K2其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。①Cl2(g)⇌Cl2(aq)的焓变ΔH1______0。(填”>”、“=”或“<”)②平衡常数K2的表达式为K2=______。③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=______。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；I.TiO2(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+O2(g)ΔHI=181mol·L-1，KI=-3.4×10-29II.2C(s)+O2(g)⇌2CO(g)ΔHII=-221mol·L-1，KII=1.2×1048结合数据说明氯化过程中加碳的理由______。(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5mol·L-1，反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。A．适当提高反应温度B．改变催化剂C．适当降低反应温度D．改变反应物浓度2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑A＜K1p+反应I+II得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII=-40kJ·mol-1，反应II可为反应I提供所需的能量AB【详解】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。(2)A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。(3)①Cl2(g)⇌Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。②由化学方程式Cl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。③Cl2(g)⇌Cl2(aq)与Cl2(aq)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)相加可以得到Cl2(g)+H2O(l)⇌H+(aq)+Cl-(aq)+HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c=+c(HClO)+c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c=K1p+。(4)已知：I.TiO2(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+O2(g)ΔHI=181mol·L-1，KI=-3.4×10-29；II.2C(s)+O2(g)⇌2CO(g)ΔHII=-221mol·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I+II得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，则K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII=-40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)为放热反应，则反应II可为反应I提供所需的能量。(5)15%生成邻二氯苯，说明该反应活化能大，25%生成对二氯苯，说明该反应活化能小，温度改变对活化能的影响大，即升高温度，邻二氯苯产量增大的多，比例增大；降低温度邻二氯苯产量减少的多，比例减少，故A正确、C错误；选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯的反应的活化能，故B正确；D中改变反应物的浓度，并不能改变两种产物的比例，故D错误，综上所述，选AB。2021年化学高考模拟题1．（九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数ω(HI)与反应时间t的关系如表：容器编号起始物质t/min020406080100Ⅰ0.5molI2、0.5molH2ω(HI)/%05068768080Ⅱ1molHIω(HI)/%1009184818080研究发现上述反应中v(正)=ka·ω(H2)·ω(I2)，v(逆)=kb·ω2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法正确的是A．温度为T时该反应的B．容器Ⅰ中前20min的平均速率v(HI)=0.0125mol·L-1·min-1C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H2、I2、HI，反应逆向进行D．容器Ⅱ中达到平衡时的转化率为20%D【分析】设平衡时，转化的氢气的物质的量浓度为n，根据数据Ⅰ，有：w(HI)/%==80%，解得：n=0.4mol/L，则平衡常数K==64，结合等效平衡的规律分析判断。【详解】A．反应达到平衡状态时正、逆反应速率相等，v正=ka•w(H2)•w(I2)=v逆=kb•w2(HI)，则==K=64，故A错误；B．容器I中前20min，转化的氢气的物质的量浓度为m，w(HI)%==50%，解得：m=0.25mol/L，则容器I中前20min的平均速率v(HI)==0.025mol•L-1•min-1，故B错误；C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc==1＜K=64，反应正向进行，故C错误；D．起始物质0.5molI2、0.5molH2与1molHI相当，Ⅰ和Ⅱ为等效平衡，达到的平衡状态相同，平衡时转化的HI为1mol/L-0.8mol/L=0.2mol/L，HI的转化率=×100%=20%，故D正确；故选D。2．（重庆市第十一中学校高三二模）在体积可变的恒压密闭容器中，一定量的CO2与足量碳发生反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图。下列说法正确的是A．升高温度，反应速率增大，K减小B．550℃时，在平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动C．650℃时，CO2的平衡转化率为25.0％D．T1℃时，在平衡体系中充入等体积的CO2和CO，平衡将向左移动C【详解】A．由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，为吸热反应，K与温度有关，则升高温度，反应速率增大，平衡正向移动，K增大，故A错误；B．可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正，v逆均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动，故B错误；

C．由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则生成CO2xmol，，解得x=0.25mol，CO2的平衡转化率为，故C正确；D．T1℃时，若再充入1molCO2和1molCO，气体压强不变导致容器体积增大，气体反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，故D错误；故选：C。3．（全国高三零模）我国某科研团队研究了一种利用半导体光催化还原氮气制备氨气的方法，该方法因具有高效、清洁的优点而引起极大关注，其过程示意图如图所示。下列说法错误的是A．该过程为催化剂B．该过程表明，氮气和氢气反应合成氨，C．该过程中总反应的化学方程式为D．工业上把液态空气升温，可获得，比先汽化出来B【详解】A．利用半导体光催化还原氮气制备氨气，根据过程示意图可知，为该反应的催化剂，A正确；B．该过程不能表明氮气和氢气反应合成氨的反应能量变化，B错误；C．根据题意和过程示意图可知总反应的化学方程式为：，C正确；D．工业上把液态空气升温，沸点低的物质先汽化，比先汽化出来，D正确；B。4．（全国高三零模）以钛铁矿(主要成分为，含有少量等其他杂质)为原料制备二氧化钛的工艺流程如图所示，下列说法错误的是已知：水解时，若溶液中存在，则会与溶液中的钛酸分离。A．研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率B．加入铁粉的目的是还原C．“水解”时，发生反应的离子方程式为：D．洗涤步骤中，若向洗涤液中加入溶液，无蓝色沉淀产生，说明已洗涤干净C【详解】A．将钛铁矿研磨，增大接触面积，加快反应速率，A正确；B．酸浸之后溶液中含有、和，加入铁粉可以将还原，避免水解过程中产生氢氧化铁沉淀使产品不纯，B正确；C．“水解”时，发生反应生成钛酸，离子方程式为：，C错误；D．若向洗涤液中加入溶液，无蓝色沉淀产生，则无，说明已洗涤干净，D正确；C。5．（全国高三零模）科学家结合实验和计算机模拟结果，研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个分子还原的能量变化与反应历程如图所示。下列说法错误的是A．该反应的热化学方程式为B．决定整个反应速率快慢的步骤是①C．反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和键D．改变催化剂，不能使反应的焓变发生改变A【详解】A．该过程表示一个分子还原的能量变化，热化学方程式对应的能量变化应该是2mol分子被还原的能量，故A错误；B．活化能大速率慢，是决速步骤，①的活化能大于②，决定整个反应速率快慢的步骤是①，故B正确；C．反应物分子既含有键和键，生成物N2和CO2含有键和键，所以反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和键，故C正确；D．催化剂只能改变反应历程，不能改变焓变，故D正确；故答案为A。6．（陕西宝鸡市·）2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是A．升高温度不能提高一段时间内的产率B．图①→②过程吸热，图②→③过程放热C．在反应过程中三键均发生断裂D．反应过程中存在、等中间产物A【详解】A．升高温度，化学反应速率加快，可以提高一段时间内的产率，A错误；B．图①→②过程表示断裂氮气分子的化学键，断键吸热，图②→③过程表示形成氮氢单键，成键放热，B正确；C．由图①→②可知，在反应过程中三键均发生断裂，C正确；D．图③④表明反应过程中存在、等中间产物，D正确；A。7．（四川成都市·成都七中高二零模）下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是ABCD定律或原理勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案

电解水

结果①、②试管内溶液颜色均变深烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊测得∆H为∆H1和∆H2的和H2与O2的体积比约为2：1A．A B．B C．C D．DB【详解】A．Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，增大反应物的浓度，平衡正向移动，①、②试管内溶液颜色均变深，故A不选；B．浓盐酸具有挥发性，也能与硅酸钠反应生成硅酸，故B选；C．根据盖斯定律可知：△H=△H1+△H2，能够用盖斯定律解释，故C不选；D．根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，故D不选；

故选B。8．（江西抚州市·临川一中）使用NC环金属化Ir(III)配合物催化甲酸脱氢的反应机理如下图。下列说法中错误的是A．甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑B．反应过程中，Ir(III)配合物B为催化剂，Ir(III)配合物A为中间产物C．由D→E的过程，是甲酸协助转运H的过程D．反应过程中，HCOOH中的C=O键发生断裂D【详解】A．据图可知反应物为HCOOH，产物为H2和CO2，化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，A正确；B．据图可知反应物最开始是和Ir(III)配合物B反应，所以Ir(III)配合物B是催化剂，Ir(III)配合物A为其中一步反应的产物，即中间产物，B正确；C．据图可知D→E的过程中，在甲酸协助下，H原子由一个N原子上转移到另一个N原子上，C正确；D．纵观整个过程可知HCOOH中的C=O键没有断裂，C-H键和O-H键断键形成C=O键，D错误；综上所述答案为D。9．（北京高三其他模拟）t℃时，在恒容密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH，不同温度下容器中各组分浓度如下：物质XYZ初始浓度/mol·L-10.10.20平衡浓度/mol·L-1350℃0.050.050.1400℃0.080.140.04已知：350℃时，反应经5min达到平衡状态。下列说法不正确的是A．该反应的ΔH＜0B．350℃时，5min内该反应平均速率v(Y)=0.03mol·L-1·min-1C．350℃达到平衡后再通入少量Y(g)，达到新平衡时，X转化率增大D．350℃时，该反应的平衡常数K=40D【详解】A．400℃时平衡的反应物浓度大于350℃时的反应物浓度，说明温度升高，平衡逆向移动，ΔH＜0，A正确；B．，，B正确；C．达到平衡时再通入少量Y，由勒夏特列原理可知平衡正向移动，则继续消耗X和Y，因为，故转化率增大，C正确；D．，D错误；故选D。10．（北京高三其他模拟）Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl2的反应为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116kJ·mol-1研究发现CuCl2(s)催化反应的过程如下：反应i：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1反应ii：CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1反应iii：……下列表述不正确的是A．反应i中反应物的总能量小于生成物的总能量B．反应ii中，1molCuCl(s)反应时转移2mole-C．推断反应iii应为CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1D．由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高反应速率C【详解】A．反应i为吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，A正确；B．反应ii中，铜从+1升高到+2、氯从-1升高到0，则1molCuCl(s)反应时失去2mole-，氧气中氧从0降低到-2，则molO2得到2mole-，B正确；C．按盖斯定律，反应4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116kJ·mol-1减去2×(反应i+反应ii)可得：2CuO(s)+4HCl(g)=2CuCl2(s)+2H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1，则CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1，C不正确；D．由反应过程可知催化剂参与反应后重新生成，但催化剂改变反应路径、通过降低反应活化能提高反应速率，D正确；答案选C。11．（河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）CH3-CH=CH-COOCH3有两种立体异构体和，由CH3CHO和Ph3P=CHCOOCH3反应制取这两种异构体的历程中能量变化如图已知：在立体结构中，实线表示该键在纸平面上，实楔形线表示该键在纸前方，虚线表示该键在纸后方。下列说法正确的是A．比稳定B．温度升高，CH3CHO的转化率减小C．生成的过程中，速率最快的是由生成的反应D．两个反应历程中，中间产物相同C【详解】A．图像中比能量高，稳定，A错误；B．图像该反应历程中生成两种物质都是吸热反应，温度升高，CH3CHO的转化率增大，B错误。C．由生成的过程活化能最小，反应速率快，C正确；D．两个反应历程中，是生成的中间产物，是生成的中间产物，两个过程中间产物不同，D错误；故选C。12．（天津南开区·南开中学高三三模）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，一段时间后反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0达到平衡，下列有关说法不正确的是A．若保持温度和容器体积不变，再充入lmolSO2(g)达到平衡后SO3气体平衡浓度增大B．若保持温度和容器内压强不变，再充入1molSO3(g)达到平衡后SO3气体平衡浓度不变C．已知V2O5催化该反应的历程为：，由此可知，过程①的快慢对该反应的速率起着决定性的影响。D．假设平衡时SO3的物质的量为1mol，则该反应的化学平衡常数K一定为2D【详解】A．若保持温度和容器体积不变，再充入1molSO2(g)，平衡正向移动，平衡后SO3气体平衡浓度增大，A正确；B．若保持温度和容器内压强不变，再充入1molSO3(g)，则达到等效平衡，平衡后SO3气体平衡浓度不变，B正确；C．过程①为慢反应，决定整体反应速率，C正确；D．平衡常数依据平衡时各物质的浓度计算，容器体积未知，则浓度未知，且该反应前后气体系数之和并不相等，所以平衡常数K不一定为2，D错误；综上所述答案为D。13．（全国高二课时练习）我国稀土资源丰富，稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中。Ce常见化合价为+3、+4。近年来发现用铈(Ce)的氧化物可以高效制备H2，制备原理如图所示，下列说法正确的是A．CeO2-δ不能作为水分解的催化剂B．温度高于1050℃时，CeO2比CeO2-δ更稳定C．若δ=0.2，则CeO2-δ中Ce3+：Ce4+=2：3D．通过CeO2和CeO2-δ相互转化，降低了反应的焓变，加快了反应速率C【详解】A．据图可知CeO2-δ可以做水分解反应的催化剂，A错误；B．由反应②可知，温度低于1050℃时，CeO2-δ转化为CeO2，说明温度低于1050℃时，CeO2比CeO2-δ更稳定，B错误；C．若δ=0.2，则CeO2-δ为CeO1.8，设Ce3+为x个，Ce4+为y个，则有x+y=1，3x+4y=3.6，联立解得x=0.4，y=0.6，所以有Ce3+：Ce4+=2：3，C正确；D．催化剂不能降低反应的焓变，只能加快反应速率，D错误；综上所述答案为C。14．（全国高三零模）下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作实验现象结论A向淀粉溶液中加入20%的溶液，加热一段时间，冷却后加入足量溶液，再滴加少量碘水溶液未变蓝色淀粉已完全水解B，在溶液中加入溶液有砖红色沉淀生成C能与反应生成，向两支盛有溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成溶液中存在平衡D将与浓硫酸反应后的混合液冷却，再向其中加入蒸馏水溶液变蓝有生成A．A B．B C．C D．DBC【详解】A．单质碘和氢氧化钠发生如下反应：，不能检验淀粉是否完全水解，A错误；B．在溶液中加入溶液，有砖红色沉淀生成，证明，B正确；C．两支盛有溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，说明含有单质碘，后者有黄色沉淀生成，说明含有碘离子，溶液中存在平衡，C正确；D．不能将水加入到与浓硫酸反应后的混合液中，发生液滴飞溅，应该取样之后加入水中，D错误；BC。15．（九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”(CO、H2)，还可制备甲醇、二甲醚、碳基燃料等产品。Ⅰ.制合成气科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：第一步：CH4(g)C(ads)＋2H2(g)(慢反应)第二步：C(ads)＋CO2(g)2CO(g)(快反应)(1)决定制备“合成气”反应速率的是第___________步，上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：

CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为___________。Ⅱ.制备甲醇“合成气”在催化剂作用下反应，可以直接合成甲醇：CO(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H＜0，测得相同时间内甲醇产率与温度的关系如图所示。

(2)温度在800℃时甲醇产率最高的主要原因是___________。(3)下列措施能提高CO平衡转化率的是___________(填字母)。A．升温B．加压C．加入催化剂D．增大H2浓度Ⅲ.脱水制醚利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH，其速率方程式：v正=k正·c2(CH3OH)，v逆=k逆·c(CH3OCH3)·c(H2O)，k正、k逆为速率常数且只与温度有关。经查阅资料，上述反应平衡状态下存在计算式：(Kc为化学平衡常数；T为热力学温度，单位为K)。(4)当T=500K时，Kc≈9，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数___________(填标号)。A．B．C．D．无法确定Ⅳ.制备碳基燃料利用铜基配合物1，10—phenanthroline—Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之，其装置原理如图所示。

(5)①电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH___________(填“变大”或“变小”)，阴极的电极反应式为___________。②每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加___________g。一CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(E3—E1)kJ•mol—1800℃时，反应达到平衡，800℃前，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800℃后，温度升高，催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，或该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800℃时甲醇产率最高BDC变小CO2+2H++2e—=HCOOH46【详解】(1)化学反应的反应速率取决于慢反应，则决定制备“合成气”反应速率的是第一步；由图可知，CH4与CO2制备“合成气”的反应为吸热反应，反应的反应热ΔH=+(E3—E1)kJ•mol—1，则反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(E3—E1)kJ•mol—1，故一；CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH=+(E3—E1)kJ•mol—1；(2)800℃时反应达到平衡，800℃前，反应未达到平衡，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800℃后，升高温度，可能导致催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800℃时甲醇产率最高，故800℃时，反应达到平衡，800℃前，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800℃后，温度升高，催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，或该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800℃时甲醇产率最高；(3)A．该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，一氧化碳平衡转化率减小，故错误；B．该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化碳平衡转化率增大，故正确；C．加入催化剂，化学平衡不移动，一氧化碳平衡转化率不变，故错误；D．增大反应物氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳平衡转化率增大，故正确；BD正确，故选BD；(4)设T=500K时，甲醇的起始物质的量为2mol，转化率为a，由题意可建立如下三段式：由Kc≈9可得：=9，解得a=，则平衡时甲醚的物质的量分数为=，故选C；(5)①由图可知，该装置为电解池，铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=O2↑+4H+，石墨烯电极为阴极，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2H++2e—=HCOOH，由阳极附近有氢离子生成可知，Pt电极附近溶液的氢离子浓度增大，pH变小，故变小；CO2+2H++2e—=HCOOH；②由阴极的电极反应式可知，电解时，每转移2mol电子，阴极生成1mol甲酸，消耗2mol氢离子，同时有2mol氢离子从阳极室通过离子交换膜进入阴极室，则阴极室溶液质量增加1mol×46g/mol=46g，故46。16．（重庆市第十一中学校高三二模）二甲醚(DME)正逐渐替代化石燃料。有多种方法制备二甲醚，回答下列问题。(1)合成气制二甲醚：4H2(g)＋2CO(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝-204.7kJ·mol-1①已知：H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝-44.0kJ·mol-1，H2(g)的燃烧热ΔH＝-285.8kJ·mol-1，CO(g)的燃烧热ΔH＝-283.0kJ·mol-1。则二甲醚的燃烧热ΔH＝________kJ·mol-1。②300℃，1L恒容密闭容器中充入4molH2和2molCO，测得容器内压强变化如下：反应时间/min0510152025压强/MPa12.410.28.47.06.26.2反应进行到20min时，H2的转化率为________，CO的平均反应速率v(CO)＝________mol·L-1·min-1。该温度下的平衡常数K＝________(mol·L)-4。(2)CO2催化加氢制二甲醚，可以实现CO2的再利用。该过程主要发生如下反应：Ⅰ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH＝＋41.7kJ·mol-1Ⅱ．2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)ΔH＝-122.5kJ·mol-1恒压条件下，CO2、H2起始量相等时，CO2的平衡转化率和CH3OCH3的选择性随温度变化如图。已知：CH3OCH3的选择性①300℃时，通入CO2、H2各1mol，平衡时CH3OCH3的选择性、CO2的平衡转化率都为30％，平衡时生成CH3OCH3的物质的量＝________mol。温度高于300℃，CO2的平衡转化率随温度升高而上升的原因是________。②220℃时，CO2和H2反应一段时间后，测得A点CH3OCH3的选择性为48％，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3的选择性的措施有________。-1460.575%0.0753

0.045升高温度，反应I正向进行，CO2的平衡转化率上升；反应Ⅱ逆向进行,CO2的平衡转化率下降，300℃后升温，上升幅度大于下降幅度增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂【详解】(1)①(i)H2(g)的燃烧热化学方程式为H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝-285.8kJ·mol-1，(ii)CO(g)的燃烧热化学方程式为CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ·mol-1，(iii)4H2(g)＋2CO(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝-204.7kJ·mol-1，(iv)H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝-44.0kJ·mol-1，由盖斯定律，反应4(i)+2(ii)-(iii)-(iv)得到二甲醚的燃烧热化学方程式CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)ΔH＝[4×(-285.8)+2(-283.0)-(-204.7)-(-44.0)]kJ·mol-1=-1460.5kJ·mol-1；②从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x，根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则，解得x=1.5mol/L；反应进行到20min时，H2的转化率为，CO的平均反应速率v(CO)＝，平衡时，CO、H2、CH3OH的浓度分别为：0.5mol/L、1mol/L、1.5mol/L，该温度下的平衡常数；(2)①300℃时CO2的平衡转化率为30%，则消耗CO20.3mol，CH3OCH3的选择性为30%，则生成CH3OCH3的物质的量为0.3×0.3mol÷2=0.045mol；根据图中信息，温度高于300℃时，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应Ⅰ是吸热反应，反应向吸热反应方向移动即正向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动即逆向移动，升高温度，对反应Ⅱ的影响大于反应Ⅰ，因此CO2平衡转化率随温度升高而上升；②提高CH3OCH3选择性，即要使反应Ⅱ平衡正向移动，由题意得，反应Ⅰ是气体体积不变的反应，而反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，而对反应Ⅰ没有影响，还可以选择对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂。17．（青海高三三模）大气污染是中国第一大环境污染问题，氮和硫的氧化物排放是造成大气污染的原因之一、(1)汽车尾气中的NO由如下反应产生：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)△H=＋180kJ·mol-1已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)△H=-566kJ·mol-1则2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g)△H=___________kJ·mol-1(2)NO可用氨水-臭氧组合高效脱除，与臭氧反应的过程如下：NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)△H=-200.9kJ·mol-1在恒容密闭容器中，NO氧化率随值以及温度的变化曲线如图甲所示。①NO氧化率随值增大而增大的主要原因是___________。②当温度高于100℃时，O3分解产生活性极高的氧原子，此时NO氧化率随温度升高而降低可能的原因有：___________。(3)工业上用硫酸厂尾气中的SO2与SCl2、Cl2为原料合成SOCl2，反应如下：反应I：SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(g)△H=-471.7kJ·mol-1反应II：SCl2(g)＋SO2Cl2(g)2SOCl2(g)△H=-5.6kJ·mol-1一定条件下，在5L的恒容密闭容器中通入一定量的SO2、SCl2与Cl2，反应4min后达到平衡。若初始压强为p0，反应过程中容器内总压强(p)随时间(t)变化如图乙所示(平衡时温度与初始温度相同)