冲刺2025年高考大题突破得高分系列 化学03 化学反应原理综合题（分类过关）（解析版）

大题化学反应原理综合题内容概览类型一热化学与电化学类型二热化学与化学平衡类型三化学平衡与电解质溶液类型四电化学与电解质溶液类型五电化学与化学平衡类型一热化学与电化学124-25高三上·上海·期中）通过电化学、热化学等方法，将转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一，完成下列小题：（1）某研究小组采用电化学方法将转化为HCOOH，装置如下图。电极B上的电极反应式是。该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：Ⅰ：kJ⋅mol⁻¹Ⅱ：kJ⋅mol⁻¹Ⅲ：（2）计算：_______kJ⋅mol⁻¹。A．+14.8B．-14.8C．-772.2D．+772.2（3）反应Ⅲ在恒温恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为1.0mol⋅L⁻¹，平衡常数。下列能判断该反应达到平衡的标志是_______。A．和的浓度相等B．mol⋅L⁻¹C．容器中混合气体密度保持不变D．容器中混合气体的压强保持不变1/49（4）用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol⋅L⁻¹氨水和0.18mol⋅L⁻¹甲酸铵的混合溶液，298K时该混合溶液的。(写出计算过程)[已知：298K时，电离常数、]1）（2）A（3）D（4）10【解析】1．由图，为电解池装置，B极上二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸，反应为：；（2）由盖斯定律，反应Ⅱ-Ⅰ得，故选A；（3A．和的投料比等于反应中系数比，其浓度一直相等，不能说明正逆反应相等，不能说明反应平衡，A错误；B．由三段式：，则没有达到平衡状态，B错误；C．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，C错误；D．反应为气体分子数改变的反应，当压强不变，说明平衡不再移动，达到平衡状态，D正确；故选D。（4）甲酸铵为盐，完全电离出甲酸根离子和铵根离子，，氨水为弱碱，一水合氨浓度近似1.00mol/L，根据pOH=4，pH=10。22024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）不仅是一种温室气体，也是一种来源广泛且廉价易得的碳资源，可通过热化学、电化学等方法再利用。(Ⅰ)科学家通过如下反应利用合成甲醇：2/49已知：回答下列问题：(1)计算上述合成甲醇反应的焓变。(2)科学研究中常用产物的时空收率(单位物质的量催化剂表面产物分子的平均生成速率)3MPa，时，不同Ni、Ga配比的催化剂下，测定甲醇时空收率随温度的变化曲线如图所示，甲醇时空收率随温度变化先增大后减小的原因是温度是。(3)将等量和充入恒温恒容密闭容器中反应合成甲醇，已知该温度下反应的化学平衡常数，下列事实说明该反应已达平衡的是___________。A．气体密度保持不变B．与的生成速率相等C．某时刻容器中D．混合气体的平均相对分子质量不变(Ⅱ)甲烷干重整反应可以将两类重要的温室气体和进行重整，涉及主要反应如下：反应I：反应Ⅱ：(4)恒温恒容密闭容器中，按投料，初始总压，达到平衡状态时测得转化率为，平衡总压为。计算该温度下反应Ⅰ的浓度平衡常数。(5)某研究小组为了评估甲烷干重整反应中不同催化剂的性能差异，在常压、催化剂作用下，按投料，不同温度下反应相同时间，测得的转化率(柱形图)和产物3/49()如图所示。请分析产物随温度变化的原因(不考虑催化剂失活)。【答案】(1)-54(2)温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，、催化下甲醇时空收率曲线上升；催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降催化剂、温度为210左右(3)BD(4)0.375(5)温度升高，反应I的正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段以反应I为主，所以随着温度升高，逐渐增加并趋近于11）已知；，由盖斯定律可知，由3①-②可得；（2）温度越高反应速率越快，故随温度升高，反应速率加快，NiGa、NiGa催化下甲醇时空收率曲线上升；催化剂需要一定的活性催化温度，温度过高，催化剂活性下降，甲醇时空收率下降；由图示可知，反应最佳条件为催化剂的最佳配比5:3、使用催化剂在210左右下进行反应，该条件下甲醇时空收率最高；（3）A．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，因此气体密度保持不变不能说明反应已达平衡，A错误；B．反应速率比等于系数比，与的生成速率相等，则说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，B正确；C．某时刻容器中某时刻容器中，则，反应未平衡，C错误；D．气体总质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以混合气体的平均相对分子质量会发生改变，当混合气体的平均相对分子质量不变时，反应达到平衡，D正确；4/49（4测得转化率为，平衡总压为，由三段式、得，，解x=0.4，y=0.2，则、、、，反应Ⅰ的浓度平衡常数（5）由图知，温度升高，反应I的正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段以反应I为主，所以随着温度升高，逐渐增加并趋近于1，32024·浙江·高考真题）通过电化学、热化学等方法，将转化为等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答：(1)某研究小组采用电化学方法将转化为，装置如图。电极B上的电极反应式是。(2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：：Ⅱ：Ⅲ：①。5/49②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，和的投料浓度均为，平衡常数，则的平衡转化率为。③用氨水吸收，得到氨水和甲酸铵的混合溶液，时该混合溶液的。[已知：时，电离常数、](3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的(有机溶剂)溶液，和在溶液中反应制备和的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能(不考虑催化剂活性降低或丧失)。Ⅳ：V：VI：①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是。A．v与的压强无关B．v与溶液中溶解的浓度无关C．温度升高，v不一定增大D．在溶液中加入，可提高转化率②实验测得：，下，v随催化剂M浓度c变化如图。时，v随c增大而增大：时，v不再显著增大。请解释原因。6/49【答案】(1)(2)+14.82.4×1010.00(3)CD当c≤c0时，v随cM是基元反应IV的反应物(直接影响基元反应VI中反应物L的生成)；c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)1）①电极B是阴极，则电极反应式是；（2）①ΔH=ΔH2-ΔH=-378.7kJ/mol+393.5kJ/molkJ/mol；②根据三段式，设转化的CO2为x，则：，则，，则转化率=；③用氨水吸收HCOOH1.00mol⋅L氨水和0.18mol⋅L=0.18mol/L，根据，则，，；（3）①A．v与CO(g)的压强有关，压强越大，溶液中CO2的浓度越大，v越大，A错误；B．v与溶液中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越快，B错误；CvLL的浓度减小对反应速率的影响大于温度升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小，故总反应的速率不一定增大，C错误；D．在溶液中加入的N(CHCH)3会与HCOOH反应，使得三个平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确；故选CD。②各反应的活化能IVL的浓度取决于反应V和VIM7/49的浓度和反应物COH2c≤c0MM的浓度，即v随c增大而增大，因M是基元反应IV的反应物(直接影响基元反应VI中反应物L的生成)；c>c0MCO2和H2v于CO(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。42024·浙江·二模）不仅是一种温室气体，也是一种来源广泛且廉价易得的碳资源，可通过热化学、电化学等方法再利用。其中甲烷干重整反应可以将两类重要的温室气体和进行重整，涉及主要反应如下：反应I：反应Ⅱ：(1)若恒温、恒压的密闭容器中只发生反应I，下列能说明反应已达到化学平衡状态的是______。A．容器内气体密度不再发生变化B．和CO的物质的量之和不变C．化学反应速率D．断裂4mol键的同时生成2mol键(2)恒温刚性密闭容器中，按投料，初始总压3MPa，达到平衡状态时测得和转化率分别为60%、40%。计算该温度下反应I的压强平衡常数=（用各物质的分压代替物质的量浓度计算，分压=总压×(3)某研究小组为了评估甲烷干重整反应中不同催化剂的性能差异，在常压、催化剂作用下，按投料，不同温度下反应相同时间，测得的转化率（柱形图）和产物（）如图所示。请分析产物随温度变化的原因（不考虑催化剂失活）。8/49(4)a）；（b）。因此该小组借助X射线衍射（如图）定性评估催化剂的积碳情况。已知积碳会在出现衍射峰，下列说法正确的是______。A．碳附着在催化剂表面，使得活性位点与反应物之间的接触受阻，所以催化活性受到抑制B．一般甲烷干重整的反应温度都很高，因此副反应a很可能是实际过程中产生积碳的主要原因CX射线衍射结果可发现Ir性D．该小组进一步评估新型金属复合催化剂（H型和M型）的积碳情况，将反应后的催化剂加热至恒重后，发现H型和M型催化剂的重量损失分别为16.7%和10.2%，这表明H型催化剂能在甲烷干重整过程中保持更高的稳定性(5)该研究小组查阅资料发现还可利用电解还原pH1.0L298K下加入醋酸钾固体将调至化，所加醋酸钾固体的质量为g。[已知：298K时，]9/49【答案】(1)AB(2)1.5(3)温度升高，反应I的正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段以反应I为主，所以随着温度升高，逐渐增加并趋近于1(4)ABC(5)5.61）A．恒温、恒压的密闭容器中只发生反应I，根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，而容器体积为变量，则气体的密度为变量，密度不变，说明反应达到平衡状态，故A正确；B．反应物中还有甲烷，根据质量守恒守恒，和CO的物质的量之和为变量，其之和不变，则反应达到平衡，故B正确；C．反应速率比等于系数比，化学反应速率，则正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故C错误；D4mol键的同时生成2molD错误；故选AB；（2）恒温刚性密闭容器中，按投料，初始总压3MPa，达到平衡状态时测得和转化率分别为60%、40%，则反应0.6mol二氧化碳、0.4mol甲烷；CO0.4mol0.6mol0.8+0.2=1mol0.8-0.2=0.6mol0.2mol1mol，总的物质的量为3.8molCO0.4MPa、0.6MPa、1MPa、0.6MPa，该温度下反应I的压强平衡常数；（3）反应Ⅰ中生成氢气和CO的物质的量比为1:1，而反应Ⅱ消耗氢气生成CO，随着温度升高，反应Ⅰ的10/49正向进行程度大于反应Ⅱ，且高温阶段以反应Ⅰ为主，所以随着温度升高，逐渐增加并趋近于1；（4）A．生成的积碳附着在催化剂表面，使得活性位点与反应物之间的接触受阻，所以催化活性受到抑制，A正确；Bab为放热反应，一般甲烷干重整的反应温度都很高，高温利于a反应正向进行，因此副反应a很可能是实际过程中产生积碳的主要原因，B正确；C．X射线衍射结果可发现Ir型催化剂在出没有出现衍射峰，则说明Ir型催化剂没有明显积碳，能在甲烷干重整过程中保持高稳定性，C正确；D．反应后的催化剂加热至恒重后，H型和M型催化剂的重量损失分别为16.7%和10.2%H型催化剂出现的积碳更多，表明H型催化剂在甲烷干重整过程中不如M型能保持更高的稳定性，D错误；故选ABC；（5），0.057mol/L×1.0L×98g/mol=5.6g。类型二热化学与化学平衡524-25高三上·四川成都·期中）甲烷的催化重整是制备氢气的重要方法，可提高资源综合利用效率。I.甲烷—水催化重整反应a：反应b：(1)研究表明，反应b在FeO4催化下进行，反应分两步进行如下：第一步：第二步：O(g)=FeO4H(g)△H=。(2)气体分子可与金属表面之间形成共价键，据此可利用铜-铈氧化物选择性催化氧化除去H2中少量CO，机理如下图所示。11/49①金属吸附位优先吸附CO而非O，可能的原因是。②如果用O2代替O2参加反应，则除去CO的产物分子的结构式是。Ⅱ.甲烷—二氧化碳催化重整甲烷和二氧化碳在催化剂作用下可以发生反应c：(3)将n(CO)：n(CH)=1：1投入密闭容器中，只发生反应c，在不同条件下达到平衡。设体系中甲烷的物质的量分数为，在下的、在下的如图所示。①图中与C处于相同化学平衡状态的点是。②计算C点压强平衡常数K=(Pa)(两位有效数字)。(4)催化重整反应中催化剂的活性会因发生积碳反应而降低，同时存在的消碳反应可使积碳量减少。相关数据如表：积碳反应：消碳反应：活化能催化剂X339112/49(kJ/mol)催化剂Y4372①由上表判断，一定条件下将反应气通入催化剂中，立即检测到有大量积碳生成，其原因是催化重整的催化剂选择(填“X”或“Y”)更合适。②在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程(k为速率常数)。在p(CH)p(CO)abc曲线对应的p(CO)从大到小的顺序为(用a、b、c表示)。【答案】(1)-150.8kJ/mol(2)碳原子的电负性比氧小，CO中的C比O2中的O更易给出孤电子对，使得CO更易与金属离子配位，导致金属吸附位优先吸附CO与(3)A1.44×10(4)积碳反应的活化能小于消碳反应，反应速率快Yc＞b＞a1b=×(第一步反应+第二步反应)H=－150.8kJ/mol；（2）①由于碳原子的电负性比氧小，CO中的C比O2中的O更易给出孤电子对，使得CO更易与金属离子配位，导致金属吸附位优先吸附CO；②如果用O2代替O2i中CO分子和催化剂铜-铈氧化物中的O结合生成COi中-和催化剂铜-铈氧化物中的空位结合，反应后一个O2进入空位，故一段时间后，O可能出现在CO2中，则CO去除产物分子的结构式是与；（3c)LL2为等压下甲烷的物质的量分数随温度的变化曲线，升高温度，平衡正向移动，)减小；根据以上分析A、C点处于相同的化学平衡状态；C点，甲烷的物质的量分数为0.25，则有三段式：13/49，，，平衡时各种物质的量分数分别为0.250.250.250.254.8×10Pa平衡常数K==1.44×10(kPa)；（4化剂X还是催化剂Y率慢，因此一定条件下将反应气通入催化剂中，立即检测到有大量积碳生成；XY活化能相对较小，因此消碳反应速率较大，故催化剂的活性Y优于X；②由图可知：沉积碳的生成速率方程为v=k•p(CH)•[p(CO)]，则积碳量越大，p(CO)越小，则根据图示中a＞b＞ca＞b＞c对应的p(CO)p(CO)p(CO)从大到小的顺序为：p(CO)＞p(CO)＞p(CO)。62024·上海徐汇·(CHOCH)燃料使用。(1)78.5−23。(2)下列工业中以提高汽油、柴油等轻质液体燃料的产量和质量为目的是___________。A．石油分馏B．重油裂解C．石油裂化D．煤的干馏(3)利用水煤气合成甲醚的三步反应如下：①2H(g)＋CO(g)CHOH(g)ΔH1=−90.8kJ·mol②2CHOH(g)CHOCH(g)＋HO(g)ΔH=−23.5kJ·mol③CO(g)＋HO(g)CO(g)＋H(g)ΔH=−41.2kJ·mol总反应：3H(g)＋3CO(g)CHOCH(g)＋CO(g)ΔH=。(4)一定条件下，起始浓度分别为c(CO)=0.6mol·L、c(H)=1.4mol·L，8min后反应①达到化学平衡，CO的平衡转化率为50%，则8min内H2的平均反应速率为。(5)一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应②，当容器内气体的总压强不再变化时。下列说法正确的是___________。14/49A．该反应可能处于化学平衡状态B．正、逆反应速率一定相等C．CHOH全部转化为CHOCH3和HOD．CHOH、CHOCH、HO的浓度一定相等(6)T2,CHOH度如下：物质CHOHCHOCH3c/mol·L0.440.60比较此时正、逆反应速率的大小,判断依据为。A．v(正)>v(逆)B．v(正)<v(逆)C．v(正)=v(逆)D．无法判断【答案】(1)乙醇分子间存在氢键，使其分子间作用力增加，因此乙醇的沸点较高(2)C(3)—246.3kJ·mol(4)0.075mol·L·min(5)A(6)AQ，平衡正向移动，所以v(正)>v(逆)1）乙醇分子能形成分子间氢键，甲醚分子能形成分子间氢键，所以乙醇的分子间作用力强于甲醚，沸点高于甲醚，故答案为：乙醇分子间存在氢键，使其分子间作用力增加，因此乙醇的沸点较高；（2加了轻质液体燃料的产量，还通过调整碳链长度和结构，改善了燃料的质量，使其更加适合作为交通工具的能源，故选C；（3×2＋反应②＋反应③得到反应3H(g)＋3CO(g)CHOCH(g)＋CO(g)ΔHkJ·mol)×2+(−23.5kJ·mol)+(−41.2kJ·mol)=-246.3kJ·mol，故答案为：—246.3kJ·mol；（4）由图可知，8min后反应①达到化学平衡时，一氧化碳的平衡转化率为50%，则由方程式可知，8min内氢气的反应速率为，故答案为：0.075mol·L·min；（5）A．反应②是气体体积不变的反应，反应中容器内气体的总压强始终不变，则容器内气体的总压强不再变化说明正逆反应速率可能相等，反应可能已达到平衡，故正确；B15/49说明正逆反应速率可能相等，故错误；CCHOH不可能全部转化为CHOCH3和HOD．CHOH、CHOCH、HO的浓度与其初始浓度有关，不一定相等，故错误；故选A；（6Q=移动，正反应速率大于逆反应速率，故选A，故答案为：A；Q，平衡正向移动，所以v(正)>v(逆)。724-25高三上·山东德州·开学考试）探究合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高的产率。以、为原料合成涉及的主要反应如下：反应Ⅰ反应Ⅱ反应Ⅲ回答下列问题(1)。(2)起始投料时，在不同条件下达到平衡，设体系中某物质的摩尔分数为x，如甲醇的摩尔分数为，在t=250下的、在下的如图所示。①图中对应等温过程的曲线是，判断的理由是。②当时，反应条件可能为或。16/49③已知C点条件下CO的摩尔分数为m，的摩尔分数为n，的摩尔分数，反应Ⅰ的K=。(3)起始投料，，下，催化剂组成改变对甲醇的时空收率和选择性影响如下表所示。时空收率([g·(kg—催化剂)·h表示单位质量催化剂在单位时间内所获得的产物量。组成/[g·(kg催化剂)1·h]选择性/%①7840②9688③13891催化效果最好的催化剂组成是(填序号)，理由是。【答案】(1)(2)a等温条件下，增大压强平衡正向移动，甲醇的摩尔分数变大，280℃，250℃(3)③一定条件下，甲醇的时空收率高，选择性高1）根据盖斯定律可得，反应Ⅰ+反应Ⅱ=反应Ⅲ，故；（2）①图中对应等温过程的曲线是a，理由是等温条件下，增大压强平衡正向移动，甲醇的摩尔分数变大；②等温过程的曲线是a，则等压过程的曲线是b，结合图可知，当时，反应条件可能为，280或，250；③C点条件下CO的摩尔分数为m，的摩尔分数为n，结合图可知的摩尔分数为0.1，设加入的为3amol，为amolxmolymolzmol，则根据反应方程式可得的物质的量为，CO的物质的量为，同理的物质的量为，根据已知式可得，所以的摩尔分数为；反应Ⅰ为17/49CO的摩尔分数为m，的摩尔分数为的起始量为3amol，的起始量为amol的摩尔分数为n3a-x-2y-3z=n，的摩尔分数为a-x-z，可解得的摩尔分数为，则反应Ⅰ的；（3高。824-25高三上·湖北武汉·阶段练习）水煤气是一种优质燃料和重要的化工原料，其制备方法是将水蒸气与焦炭在高温下混合反应，然后投入固体CaO进行处理。I．在温度T₁下将高温水蒸气通入炽热的焦炭中，其中可能发生的一些反应如下：压强平衡常数反应方程式焓变Kp①O(g)CO(g)+H(g)Kp=5×10kPa②CO(g)+HO(g)CO₂(g)+H(g)=-41.2kJ·molKp2(1)已知反应的焓变焦炭的燃烧热。(2)在温度t的一半。将压缩之后这一瞬间的时刻记为t，重新达到平衡时的时刻记为t。则t1时反应①的正反应速率比t0时，t2时水蒸气的转化率比t1时。(填“增大”或“减小”)(3)反应②的平衡常数与一定量的水蒸气，在温度下达到平衡时水蒸气的转化率为，下图的三条曲线分别代表了达到平衡时不同的转化率α对应的水蒸气分压、H2(填标号)。欲使平衡转化率为80%，则初始充入水蒸气的压强应为kPa(结果保留两位有效数字)。18/49II．投入固体可吸收反应产生的生成除了CaO以外，钙还有多种氧化物。(4)CaO在大约50GPa的高压条件下还可以进一步与反应得到由和构成的另一种钙的氧化物，预测的空间构型为。(5)反应生成的在自然界中会被溶解有的雨水溶蚀，该过程的离子方程式为。【答案】(1)(2)增大减小(3)b(4)V形(5)1）已知①O(g)CO(g)+H(g)；②CO(g)+HO(g)CO₂(g)+H(g)=-41.2kJ·mol；③；由盖斯定律可知①+②+③可得焦炭燃烧热；（2t0到t率都增大，t1时反应①的正反应速率比t0时增大，压缩容器后，容器内压强增大，根据勒夏特列原理，平衡向气体系数和减小的方向移动，故反应①平衡逆向移动，反应②平衡不移动，最终重新达到平衡时水蒸气转化率比原平衡时减小，t2时水蒸气的转化率比t1时减小；（3）设初始压强为kPa，19/49可以得出，，cab两曲线：即时也就是时观察图可知b代表水蒸气分压的曲线；当时；（4）中心原子有2对成键电子，2个孤电子对，模型名称为四面体形，的空间构型为V形；（5）与和水反应的离子方程式为：。类型三化学平衡与电解质溶液923-24高三上·广东广州·阶段练习）二氧化碳的捕集和资源化利用是缓解温室效应的重要战略方向。回答下列问题：Ⅰ．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。总反应可表示为：该反应一般认为通过如下步骤来实现：①②(1)(含聚集状态)以及总反应的(含具体数值)。(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。20/49(a)图中对应等温过程的曲线是(填“a”或“b”)，判断的理由。(b)当时，的平衡转化率。Ⅱ．催化CO2加氢合成乙酸在减少碳排放的同时还可以生产重要的化工原料。弱电解质的电离度是指弱电(包括已电离的和未电离的>的百分数，用a表示。而在实验测定中，，为一定浓度下电解质的摩尔电导率，为无限稀释时溶液的摩尔电导率，。某小组实验测得时，乙酸的。(3)在298K时，乙酸的电离平衡常数(列出计算式，不需化简)。(4)在298K过电解水实现O2的再生，从导电性角度选择，最适宜的电解质为(填化学式)。离子种类摩尔电导率/()349.8279.8076.3450.1873.5250.11【答案】(1)(2)a增大18.18%21/49(3)(4)HSO41）反应①为慢反应，说明该反应的活化能较大，且①为吸热反应，反应物总能量小于生成物总能量；②为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，且总反应为①+②，总反应焓变为（41-90）kJ/mol=-49kJ/mol,为放热反应，由此可确定该转化过程历程图为：，故答案为：；（2）(a)该反应为气体体积减小的反应，随着压强的增大，化学平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大，因此曲线a表示等温过程的曲线，故答案为：a；该反应为气体体积减小的反应，随着压强的增大，化学平衡正向移动，甲醇的物质的量分数增大；(b)由三段式分析可知：，当时，即有×100%=5%，x=mol，CO2的平衡转化率=18.18%，故答案为：18.18%；（3）由题干可知，，为一定浓度下电解质的摩尔电导率，为无限稀释时溶液的摩尔电导率，，故某小组实验测得时，乙酸的=×100%=5%22/49知，，故在298K时，乙酸的电离平衡常数=，故答案为：；（4）根据题给数据，从导电性角度选择最适宜的电解质为HSO，故答案为：HSO。102020高三·全国·专题练习）甲醇是一种重要的有机化工原料。在工业生产中可以通过乙烯和水蒸气化合生成甲醇已知：①②③(1)请写出乙烯和水蒸气化合生成甲醇气体的热化学方程式：。(2)也可以将与混合，在恒容密闭容器中发生反应来制备：1是在两种投料比分别为14和16时，平衡转化率随温度变化的曲线，图2是生成的甲醇过氧化氢燃料电池的工作原理示意图：①图1中b点对应的平衡常数K值c点对应的平衡常数K值填“”“”或“”，理由是。②图1中a点对应的的转化率c点对应的的转化率。填“”“”或“”，③图2中电极N是填负极或正极④图2中电极M的电极反应式：。(3)时，的电离常数水解反应的平衡常数23/49溶液中加入少量的将填“增大”“减小”或“不变”(4)常温下，用NaOH溶液吸收得到的溶液，吸收过程中水的电离平衡填“向左”、“向右”或“不”。常温下的电离平衡常数，【答案】根据图1二氧化碳的转化率随着温度的升高二降低，可知该反应的正反应是放热反应，所以b点的K比c点的K小正极增大向右60【分析】(1)根据盖斯定律，①-②+③得乙烯和水蒸气化合生成甲醇气体的化学方程式CH(g)＋2HO(g)⇌CHOH(g)，则ΔH=ΔH-ΔH+ΔH=29.1kJ/mol；(2)①根据图象可知，温度升高，二氧化碳的平衡转化率降低，说明温度升高平衡逆向移动，正反应是放热反应，则b点对应的化学平衡常数K值小于c点；②增大c(CO)H2I表示的投料比为1:61:4，a点对应的H2的转化率小于c点；③由装置示意图可知质子向正极移动，所以N是原电池的正极，M是负极；④负极上CHOH在酸性条件下放电生成CO，电极反应式为：CHOH－6e+HO=CO+6H；(3)NaHSO3水解反应的平衡常数K＝=1×10，当加入少量I2时，碘把弱酸(亚硫酸)氧化成强酸(硫酸、氢碘酸)，溶液酸性增强，溶液中c(H)增大，但是温度不变Ka不变，则增大；(4)氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，溶液中氢氧根离子浓度减小，水的电离平衡向右移动；pH=9的溶液中c(H)=10mol/L，因K＝则溶液中==60。【解析】(1)乙烯和水蒸气化合生成甲醇气体的化学方程式为：定律，反应可由③-②+①得到，该反应的焓变为，故答案为：；24/49(2)①温度升高二氧化碳的平衡转化率降低，所以平衡逆向移动，则正反应是放热反应，所以b点对应的平衡常数K值小于c1反应是放热反应，所以b点的K比c点的K小；②相同条件下，增加氢气，二氧化碳转化率增大，但氢气转化率减小，所以图1中a点对应的的转化率点对应的的转化率，故答案为：；③质子向正极移动，所以N是正极，则M是负极，故答案为：正极；④M是负极，发生氧化反应，电极反应式为：，故答案为：；(3)，，亚硫酸氧化成强酸硫酸、氢碘酸，溶液酸性增强，增大，但是温度不变，Kh不变，则增大，故答案为：；增大；时生成亚硫酸钠，是强碱弱酸盐，能够水解，对水的电离起促进的作用，所以吸收二氧化硫过程中水的电离平衡向右移动；的溶液中，依据K＝，得溶液中，故答案为：向右；60。1123-24高三上·河南·NH3和NH4NH3还可形成多种铵盐如NHCl、NHHSO3等。回答下列问题：(1)NH3溶于水形成的溶液中存在电离平衡：，下列方法可使的溶液中电离程度增大的是(填字母)。a．加入少量NHCl固体b．加水稀释至c．加入少量NaCl固体25/49d．加入少量的NaOH溶液e．通入少量NH3(2)SO2可得到HSO3NHHSO3溶液中：(填“>”“<”或“=”)；反应的平衡常数K=[已知：常温下电离常数，，]。(3)25时，将100mLNHCl溶液和100mLAgNO3溶液混合(忽略溶液混合后的体积变化)，混合后溶液中Ag的浓度为[25°C时，]。(4)NH4是二元弱碱，NH4在水溶液中存在如下两步电离：①；②___________。写出NH4在水溶液中的第②步电离方程式：。25时，向NH4的水溶液中加入稀硫酸，欲使pH范围为(用含ab的式子表示)。(5)25的NHCl溶液与的NaOH溶液等体积混合，反应后测得溶液的pH=7溶液中(填“>”“<”或“=”)，的电离常数(用含a的代数式表示，不考虑液体混合时体积的变化)。【答案】(1)b(2)>(3)(4)(5)<或或等1）NH3溶于水形成的溶液中存在电离平衡：a．加入少量NHCl固体c()增大，平衡逆向移动，a不符合题意；b．加水稀释至，越稀越电离，平衡正向移动，电离程度增大，b符合题意；c．加入少量NaCl固体，对平衡不产生影响，c不符合题意；d．加入少量的NaOH溶液，c()增大，平衡逆向移动，d不符合题意；26/49e．通入少量NH3浓度增大，平衡正移，但电离程度减小，e不符合题意；故选b。（2）常温下电离常数>]，,，，，水解程度小于电离程度NHHSO3溶液中：>；反应的平衡常数K==；（3）100mL（NHCl=0.002mol100mL（AgNO=0.001mol，则反应后c（）=，混合后溶液中Ag的浓度为（4）NH4在水溶液中的第②步电离方程式：；向NH4的水溶液中加入稀硫酸，欲使，同时则则，，（5）根据电荷守恒溶液的pH=7则，<；将的NHCl溶液与的NaOH溶液等体积混合，反应后测得溶液的pH=7，说明NHCl过量，，，，则的电离常数=27/49或或等1223-24高三上·江苏泰州·阶段练习）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用表示)。的应用与其电离平衡密切相关。时，的。(1)某小组研究下电离平衡的影响因素。提出假设：稀释溶液或改变浓度，电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为的和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定，记录数据。序号Ⅰ40.0002.86Ⅱ4.0036.0003.36…Ⅶ4.004.53Ⅷ4.004.0032.004.65①根据表中信息，数据：a=，b=。②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释溶液，电离平衡正向移动；结合表中数据，给出判断理由：。③由实验Ⅱ~Ⅷ可知，增大浓度，电离平衡(填“正”或“逆”)向移动。实验结论：假设成立。(2)小组分析上表数据发现：随着的增加，的值逐渐接近的。查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于的。对比数据发现，实验Ⅷ中与资料数据存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定溶液的浓度再验证。①移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至，消耗体积为，则该溶液的浓度为。②用上述溶液和与28/49与资料数据相符。(3)的和的？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。Ⅰ移取溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液Ⅱ，测得溶液的为4.76实验总结得到的结果与资料数据相符，方案可行。【答案】(1)3.0033.0010增大值小于1逆(2)最后半滴溶液滴入后溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色0.1104(3)向滴定后的混合液中加入溶液1）①溶液和溶液的浓度相同，实验Ⅶ的溶液中，，因此；由实验Ⅰ可知，溶液最终的体积为，则；②实验Ⅰ所得溶液的，实验Ⅱ的溶液中为实验Ⅰ的，稀释过程中，若电离平衡不移动，则实验Ⅱ所得溶液的增大，即电离平衡正向移动；判断理由：实实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的增大值小于1；③在醋酸的电离平衡中增大产物的，平衡逆向移动；（2）滴定过程中发生反应：，醋酸滴定氢氧化钠，酚酞作指示剂，则滴定终点为：最后半滴溶液滴入后溶液由无色变为浅红色且30s内不褪色；滴定至终点时，，，解得；（3）向20.00mL的HAc溶液中加入VmLNaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当时，溶液中c(H)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mLHAc溶液，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)；故答案为向滴定后的混合液中加入溶液。类型四电化学与电解质溶液29/491324-25高三上·北京石景山·期末）某小组探究铜和双氧水在不同条件下的反应。资料：还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。(1)实验过程实验I实验II实验III30%的溶液30%的溶液中，加入30%的溶液操的氨水光亮铜片，滴加稀作光亮铜片，加入光亮铜硫酸片开始无明显现象，较长立即产生大量气泡，溶现时间溶液变为浅蓝色，液颜色变为深蓝色，取象取出铜片晾干，表面有出钢片晾干，表面有蓝蓝色沉淀物依然保持光亮色沉淀物①实验I中的蓝色沉淀物是。②实验II中发生的反应有。③实验III中溶液呈深蓝色，是因为含有离子。④参照实验III的操作进行实验IV：溶液加入氨水后，加入一定量的固体，搅拌溶解后，加入光亮的铜片，立即产生大量气泡，溶液颜色变为深蓝色，取出铜片晾干，铜片依然保持光亮。解释铜片依然保持光亮的原因。(2)分析解释①实验I中铜和的电极反应式：i．还原反应：ii．氧化反应：。②实验II比实验I的氧化性装置进行验证，实验操作及现象。30/49③实验III比实验I溶液更快变蓝的原因可能是。【答案】(1)、加入固体，结合光亮(2)增强向右侧双氧水中加入一定量硫酸钠固体，待固体溶解后，闭合开关；待灵敏电流计指针稳定后，先向电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化；再向石墨电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度增大加入氨水生成，的还原性增强是主要原因【分析】根据实验I现象可知，Cu与HO2反应较慢，生成蓝色沉淀为Cu(OH)，实验I和实验II对比可知，实验II中加入硫酸，酸性增强，HO2的氧化性增强，酸性条件下生成Cu，没有沉淀生成，Cu对HO2的分解起到催化剂作用，有气泡O2产生，实验III和实验I对比，加入了氨水，生成深蓝色溶液是[Cu(NH)]，增加了反应物浓度，减少了生成物Cu浓度，还原剂Cu的还原性增强。1）①实验I的蓝色沉淀物为Cu(OH)；②实验II的现象是有气泡生成，溶液变蓝色，发生的反应有：、；③实验III中溶液呈深蓝色，是因为生成的Cu与NH3分子形成配离子[Cu(NH)]；④实验III中Cu表面依然有蓝色沉淀Cu(OH)，原因是溶液的碱性较强，加入水解呈酸性的(NH)SO，同时还可以增大NH·HO浓度，使Cu(OH)2转化为[Cu(NH)]，铜片依然保持光亮。（2）①利用原电池原理，HO2具有氧化性，作为正极反应物，电极反应式为：；Cu为31/49负极反应物，发生氧化反应，电极反应式为：；②加入硫酸，氧化剂HO2的氧化性增强；验证加入稀硫酸，的氧化性增强的操作及现象是：向右侧电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度没有明显变化，说明增大反应物浓度，Cu的还原性没有增强；再向石墨电极一侧滴加稀硫酸，指针偏转幅度增大，说明HO2的氧化性增强了；③实验III比实验I加入了氨水，增大了反应物浓度，溶液更快变蓝的原因可能是还原剂的还原性增强。142024·全国·模拟预测）某化学实验小组在探究铝的性质实验时，发现将单质铝投入1溶液中，有气泡逸出且有白色沉淀物生成。对此现象作出以下猜想。ⅰ．溶液水解显碱性，与强碱性溶液反应生成。ⅱ．与溶液中的水反应，相当于催化剂。已知：氧化还原反应的平衡常数与标准电动势()有关，z表示氧化还原反应转移的电子数，为氧化型电极电势(氧化剂和它的还原形式在1浓度下表现出的电动势)，为还原型电极电势。回答下列问题：(1)写出铝与强碱溶液反应的离子方程式：，该反应中，氧化剂为。(2)常温下，溶液中铝的各种微粒在不同pH下的分布系数如图1。当溶液pH>时就能被少量溶解，酸式电离的平衡常数。(3)反应结束时，通过pH计测得溶液的pH约为，则证明猜想ⅰ是错误的。(4)铝/水体系中可能发生反应，已知，(填“自32/49发”或“非自发”)进行。(5)将铝/水反应看作是原电池的电化学过程，建立铝/水反应体系微观过程模型如图2。负极第一步反应的反应式为覆盖在金属表面，为使反应完全，可采取的操作是。由微观过程模型可知猜想ⅱ是正确的。单质还能与其他含元素的溶液反应，请列举两种：。【答案】(1)(2)10.5(3)13.1(4)自发(5)搅拌溶液、2）根据题给溶液中铝的各种微粒在不同pH下的分布系数图可知，当溶液pH>10.5时，开始溶解。酸式电离的电离方程式为，当与的曲线相交时，，此时溶液pH=12.2，则酸式电离的平衡常数；（5）铝/水反应看作是原电池的电化学过程，为负极，失去电子，发生氧化反应，第一步反应为为絮状沉淀物，可通过搅拌溶液以使反应继续进行。33/491）铝与强碱溶液反应的离子方程式为，该反应中，中氢元素化合价降低，故为氧化剂；（2）根据分析，当溶液pH>10.5时，开始溶解。酸式电离的平衡常数；（3）若猜想ⅰ是正确的，则反应后溶液的pH应减小，而猜想ⅰ是错误的，则根据的酸式电离平衡常数为可知常温下的水解常数为，根据的水解常数可得浓度为1，则，pH约为13.1；（4）根据及，，可计算得出，则，反应平衡常数，从焓变和熵变角度来看，该反应均可自发进行；（5）负极发生的反应为氧化反应，在模型中，为负极，失去电子，第一步反应为为还能与、等溶液发生反应。1524-25高三上·浙江·阶段练习）已知溶洞的形成与下列反应有关：①②(1)反应①的平衡常数为。(用、、表示)(2)以下能判断反应①达到平衡状态的是___________。A．CO2气体压强保持不变B．溶液的pH保持不变C．不变D．(3)当溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶滴到洞底时渐渐形成了钟乳石，请解释可能的原因。34/49(4)已知HCO3的，，，，，为c(Ca²⁺)=mol⋅L⁻¹CaCO3沉淀。(5)1为由KHCO、吡啶和HCl组成的CO2饱和水溶液，电极为选择性Cu薄膜材料和电极。该装置工作时，阴极反应为。若用铅蓄电池代替恒压电源，当消耗标准状况下11.2LCO2时，正极质量变化为g。【答案】(1)(2)AB(3)由于水分的蒸发或压强减少，以及温度的变化上升都会使二氧化碳溶解度减小，使平衡②正移，导致减少，使平衡①也正移而析出碳酸钙沉淀(4)2×10mol/L4.2×10⁻3(5)CO+6H⁺+6e⁻=CHOH+HO1）碳酸的一级电离为：，二级电离为：，，，且，反应①的平衡常数：，根据以上三个平衡常数表达式，可得：=；（2ACO2HCO3浓度不变，可以说明反应①达到平衡状态，A符合题意；35/49B．溶液的保持不变，说明碳酸的电离已经达到平衡，即溶液中HCO3浓度不变，说明反应①达到平衡状态，B符合题意；C．因，当不变时，仅能说明的水解达到平衡，不能说明反应①达到平衡状态，C不符合题意；D．根据反应①，物质的反应速率之比等于其计量系数之比，则当时，能说明反应①达到平衡状态，D不符合题意；故选AB。（3少，或温度的上升都会使二氧化碳溶解度减小，使平衡②正移，导致减少，使平衡①也正移而析出碳酸钙沉淀；（4）当，，则；，当时开始产生CaCO3沉淀，解得；（5）阴极上得电子，发生还原反应，即二氧化碳被还原生成甲醇，则阴极反应式为：消耗标准状况下时，转移了，消耗，生成，则正极质量变化为：。1624-25高三上·北京·溶液、原性的变化规律。将一定浓度溶液，饱和混合溶液加入适量氨水，产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含。(1)分析产生的原因：氧化所致。验证：向溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。①生成白色沉淀的离子方程式是。36/49②产生红褐色沉淀：。氧化反应：。(2)提出问题：产生的原因可能是氧化所致。验证如下(溶液A：饱和溶液溶液；已排除空气的影响)：序实验试剂现象号生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑色Ⅰ氨水固体物质Ⅱ水溶液无明显变化①I中可能产生Cu，运用氧化还原反应规律分析产生Cu的合理性：。②检验：滤出Ⅰ中不溶物，用稀溶解，未检出Cu。分析原因：ⅰ．Ⅰ中未生成Cu。ⅱ．Ⅰ中生成了Cu。由于(用离子方程式表示)，因此未检出Cu。(3)设计实验(Ⅲ)确认的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如下所示。①补全电化学装置示意图。经检验，实验中产生了、Cu。②Ⅱ、Ⅲ中均含。Ⅲ中产生了Cu，Ⅱ中未产生Cu，试解释原因。【答案】(1)Fe+2NH·H↓+2-e+OH3(2)溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有，降价产物有Cu是合理的(3)a是饱和溶液和氨水，b是硫酸铜溶液；Ⅱ中还原为Cu；Ⅲ中碱性条件下增强了亚铁盐的还原性增强，能将还原为Cu。(或Ⅱ中的还原性较弱，不能将还原为Cu37/49增强及产生更小的使亚铁盐的还原性增强，能将还原为Cu【分析】向一定浓度的溶液和饱和的混合溶液中加入适量氨水，观察到产生红褐色沉淀，经了氧化性。氧化还原反应符合规律：强氧化剂+强还原剂→弱氧化剂+弱还原剂，而溶液酸碱性不同也会使氧化性或还原性的强弱发生变化，例如的还原性较弱，而碱性下的还原性增强。1）①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2+2NH·H↓+2；②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：-e+OH。（2价产物，因此有铜生成，从氧化还原的角度看是合理的。②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：；（34的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此图中溶液a是饱和溶液和氨水，b是硫酸铜溶液；②Ⅱ、Ⅲ中均含。Ⅲ中产生了Cu，Ⅱ中未产生Cu，试解释原因：Ⅱ中的还原性较弱，不能将还原为Cu还原为Cu(或Ⅱ中的还原性较弱，不能将还原为Cu；Ⅲ中，产生氢氧化亚铁：更小的还原为Cu。类型五电化学与化学平衡1724-25高三上·河北·阶段练习）的资源化利用是化学研究的热点。I．与耦合可制备丙烯(1)在催化作用下，与耦合的反应过程如图所示。38/49已知：耦合反应的(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。II．电还原可制备高附加值的有机物已知：的活性位点对O的连接能力较强，的活性位点对C的连接能力较强，对的吸附能力远强于，且吸附后不易脱离。(2)电还原可能的反应机理如图所示(*表示吸附态的)。①若还原产物主要为，应选择(填“”“”或“”)作催化剂。②选择合适的金属催化剂，电还原生成的过程可描述为。(3)在一定压强下，按投料，在为催化剂的条件下，发生反应(主反应)，同时有副反应[发生，反应相同时间，转化率及选择性(甲酸选择性)随温度的变化如图所示。①下列措施能提高平衡转化率的是(填标号)。A降低温度B．再充入C．分离出39/49②的分压为(填计算式即可)。③当温度高于理由是。III．利用电化学装置可实现和的耦合转化，原理如图所示。(4)①阳极生成乙烷的电极反应式为。②同温同压下，若生成乙烯和乙烷的体积比为，则消耗的和的体积比为。【答案】(1)高温(2)得形成后，C与形成吸附在催化剂表面，继续得并结合脱水形成吸附在催化剂表面，最后从催化剂表面脱附(或“先发生反应，而后发生反应，继续得并结合形成吸附在催化剂表面，最后脱附”)(3)C随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但的选择性却迅速下降(4)1）已知：①②根据盖斯定律，反应①+反应②得到，则；该反应的，则在高温下自发进行；（2）①若还原产物主要为CH4时，应选择Cu作催化剂；回溯CH4时生成机理，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；对CO的吸附能力较小，CO易脱离；Cu对CO的吸附能力强，CO不易从催化剂表面脱离，即可得到CH；40/49②当选择恰当金属催化剂时，CO2得形成后C与催化剂活性位点连接，再结合形成-COOH吸附在催化剂表面，继续得并结合脱水形成CO吸附在催化剂上，最后从催化剂表面脱附，生成CO；（3ACO2平衡转化率减小，A不符合题意；B动，CO2的转化率减小，B不符合题意；C．分离出HCOOH，主反应平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；答案选C；②不妨设初始投料为n(H)=n(CO)=1mol，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为b%，所以n(HCOOH)=1×95%×b%mol，由于主反应和副反应中H2和CO2都是11反应，所以此时n(H)=1×5%mol，则此时p(CO)=aMPa，p(HCOOH)=MPa，所以主反应的压力商计算式Q==；HCOOH的选择性却迅速下降，说明副反应的反应速率增加更显著；（4ACOCO电解质传递O，则电极反应式为CO+2e＝CO+O；电极B为阳极，电极反应式分别为2CH-4e+2O=CH+2HO和2CH-2e+O=CH+HO；②生成的乙烯和乙烷的体积比为11111mol1mol知消耗的CH4的物质的量为(1mol+1mol)×2=4mol，根据①中反应式可知，转移电子的物质的量为6mol，则消耗的CO2的物质的量为6mol÷2=3mol，则消耗的CH4和CO2的物质的量之比为43，即体积比为43。1824-25高三上·江苏·阶段练习）氨的合成和氨氮治理对人类生存和发展具有重要意义。(1)氨的合成化学链合成氨的路径主要包括如图所示的三种（MA1贫氮一富氮氮化物对（路径2）以及氢化物一亚氨基化合物对（路径3）介导的化学链合成氨。41/49①路径1的化学方程式为。②路径2与路径1相比，其最主要优点是。③路径3在低温下表现出显著提高的产氨速率，其原因可能是。(2)氨的利用氨可用于燃料电池，根据电解质传导机制可以将SO-DAFC法分为两类：O-SOFC（氧离子传导型电解质）和H-SOFC①氨气在电极上转化为的过程可分为三步：1.氨吸附到负极活性位点；2.吸附氨分子上的N-H键断裂；3.。②从环保的角度来说，具有更大的优势的为A．O-SOFC燃料电池B．H-SOFC燃料电池(3)氨氮治理。氯/铁介导电化学处理氨氮废水的机理如图所示。42/49①和反应的离子方程式为。②经检测，溶液中的的浓度随着反应的进行而逐渐增大，其原因可能是【答案】(1)所需的反应温度低（氢能源比甲烷具有更广阔的前景）催化剂具有较强的吸附能力，且有利于降低断裂的活化能(2)吸附的原子重组成从电极表面解吸B(3)除氨氮时的还原产物是；与发生氧化还原反应生成；酸性条件下反应生成和或；；也可1）①路径1可知，氮气、甲烷、水参加反应，在M催化剂条件下生成氨气、二氧化碳和水，化学方程式为：；②路径2与路径1(或使用了氢气)③路径3在低温下表现出显著提高的产氨速率，其原因可能是：催化剂具有较强的吸附能力，且有利于降低断裂的活化能；（2）氨燃料电池，氨气发生氧化还原反最终转化为氮气。①氨气在电极上转化为的过程可分为三步：1.氨吸附到负极活性位点；2.吸附氨分子上的N-H键断裂；3.吸附的原子重组成从电极表面解吸；②从环保的角度来说，O-SOFC（氧离子传导型电解质）生成氮气和水；H-SOFC（质子传导型电解质）阳极生成物只有氮气，具有更大的优势的为B；（3）①和反应的离子方程式为：；43/49②经检测，溶液中的的浓度随着反应的进行而逐渐增大，原因可能有：除氨氮时的还原产物是；与发生氧化还原反应生成；酸性条件下反应生成和或；；。1924-25高三上·重庆沙坪坝·义。回答下列问题：(1)消除汽车尾气中的NO、NO，有利于减少PM2.5的排放。已知如下信息：ⅰ．ⅱ．ⅲ．2NO(g)+O(g)2NO(g)，△H=-110kJ/mol则与NO(g)反应生成N(g)和CO(g)的热化学方程式为。(2)2L刚性容器中充入2molNO和1molO(g)发生反应ⅲ(假定反应ⅲ为基元反应且不考虑其他反应)①下列描述可表示该反应达到平衡状态的有(填序号)a．容器内颜色深浅不再改变b．混合气体密度保持不变c．d．单位时间内生成NO2和消耗O2的物质的量之比为2：1②该反应的反应速率，k、k分别为正、逆反应速率常数，已知平衡时O2的转化率为50%，则为(计算时不考虑其他反应)。(3)在一定温度下，向起始压强为100kPa的1L恒容密闭容器中通入1molN2和1molO2的混合气体发生反4min时反应达到平衡，测得体系总压强为90kPap(N):p(O):p(NO)=3:2:2(p位为kPa)，达到平衡时NO2的平均反应速率为，反应ⅲ的压强平衡常数K=。(4)在两个初始体积相同且容积可变的容器内分别充入2molNO和1molO，在总压为pp2条件下仅发生反应ⅲ。待两容器均达到平衡时，测得O2转化率随温度的变化如图所示。试解释m点的容器容积大于n点的原因是。44/49(5)已知Ni与CoHO解离为H和OH，并在电流作用下发生定向迁移，且Co与乙酰丙酮不反应。当双极膜内有2molHO发生解离时，Ⅰ室和Ⅲ室溶液质量的变化差为。【答案】(1)2C(s)+2NO(g)=2CO(g)+N(g)△H=-850kJ/mol(2)a4(3)0.1mol/(L·min)0.05(4)该反应的正反应为气体分子总数减小的放热反应，当温度等其他条件相同时，增大压强，化学平衡正向移动，气体总体积减小，O2转化率越高，故压强：p＜p；当压强等其他条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，气体总体积增大。而m、n点O2转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响。(5)130g1×2-(ⅱ+ⅲ)2C(s)+2NO(g)=2CO(g)+N(g)△H=-850kJ/mol。（2）①a．该反应中只有NO2是有色气体，反应在恒容密闭容器中进行，若容器内颜色深浅不再改变，说明混合物中各组分的浓度不变，反应达到了平衡状态，a符合题意；b反应是否达到平衡状态，气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，b不符合题意；45/49c．在反应时NO、O2按2：1的物质的量关系进行反应，反应开始时加入的NO、O2的物质的量的比也是2：1NOO2的比始终是21，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，c不符合题意；dNO2和消耗O2的物质的量之比为21应是否达到平衡状态，d不符合题意；故合理选项是a。②对于在2L恒容密闭容器中进行的反应：2NO(g)+O(g)2NO(g)，开始加入2molN