猜押 化学反应原理综合题（教师版）

猜押化学反应原理综合题猜押考点考情分析押题依据热化学与化学平衡化学反应原理综合题是主要考查学生对化学反应基本原理的理解和应用能力。题目通常涉及化学反应的热力学（如焓变、熵变、自由能）、动力学（如反应速率、活化能）、化学平衡（如平衡常数、勒夏特列原理）以及电化学（如原电池、电解池）等内容。这类题目要求学生能够综合运用理论知识解决实际问题。高频考点：化学平衡（平衡常数、勒夏特列原理）、反应速率（影响因素、速率方程）、电化学（原电池、电解池）。中频考点：热力学（焓变、熵变、自由能）、反应机理（活化能、催化剂）。高考命题趋势注重基础：高考命题注重对化学反应基本原理的考查，如平衡常数、反应速率等。综合性强：题目常结合多个知识点，如热力学、动力学、电化学等。实际应用：结合实际问题考查化学反应原理，如工业生产、环境保护等。押题方向经典理论：化学平衡、反应速率、热力学、电化学等经典理论的考查。实际应用：结合工业生产、环境保护等实际问题考查化学反应原理。创新题型：新型电化学装置（如燃料电池）或复杂反应体系的分析。化学平衡与电解质溶液电解质溶液与电化学化学反应原理与物质结构押题一热化学与化学平衡1．工业烟气中(以为主)的脱除常采用选择性催化还原(SCR)技术，其核心反应为：主反应：副反应：(1)已知，则。(2)300°C时，在某恒温刚性容器中充入的混合气体，若仅发生主反应，下列叙述能说明反应已达到化学平衡状态的是(填字母)。a．b．混合气体的密度保持不变c．单位时间内断裂键的同时断裂键d．的体积分数不再改变(3)其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，若仅发生主反应，经过相同时间，转化率与温度的关系如图所示。①工业上选择催化剂(填“甲”或“乙”)。②在催化剂甲的作用下，当温度高于(M点)时，转化率降低原因可能是。(4)时，在某恒压密闭容器中充入等物质的量的、、的混合气体，若仅发生主反应和副反应，平衡后，转化率为，且和物质的量相等，则(保留2位有效数字)。(5)已知主反应分三步进行I．II．III．研究发现，在催化剂表面引入可形成“吸附位”和“活化位”。请分析催化剂表面引入后，主反应选择性提高、副反应选择性降低的原因是。【答案】(1)-1429(2)ad(3)乙催化剂活性降低或副反应增多(4)2.5(5)定向活化和，同时减少了和的碰撞，促进了主反应的发生，抑制副反应对的竞争【解析】（1）根据盖斯定律可知，，解得；（2）a．当时，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态，a项正确；b．根据反应方程式可知，气体的质量不变，容器的容积不变，故密度不是变量，故当混合气体的密度保持不变时，不能说明反应达到了平衡状态，b项错误；c．单位时间内断裂键的同时断裂键，说明反应达到了平衡状态，c项错误；d．反应达到平衡状态时，各组分的量不发生变化，故当的体积分数不再改变时，说明反应达到了平衡状态，d项正确；答案选ad；（3）①由图可知，催化剂乙在较低的温度下就具有较高的催化效果，故工业上选择催化剂乙；②在催化剂甲的作用下，当温度高于210℃时，温度升高，催化剂活性降低，或者副反应增多，故导致NO的转化率降低；（4）设在密闭容器中充入各4mol的、、的混合气体，根据三段式有，根据题意有，解得，可知，，，反应的平衡常数；（5）在催化剂表面引入可形成“吸附位”和“活化位”，即催化剂表面引入后，可定向活化和，同时减少了和的碰撞，促进了主反应的发生，同时抑制副反应对的竞争。2．二甲醚(DME)水蒸气重整制氢是一种有效解决氢源的方案。相关反应有：反应①

CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)

反应②

CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)

反应③

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

已知某些化学键的键能数据如下表：化学键C=OH-OH-H键能()1070801463436（1）反应③，在一密闭容器中加入1molH2O(g)和1molCO(g)，充分反应后的焓变为___________。A．大于akJmol-1 B．小于akJmol-1 C．等于akJmol-1 D．无法比较（2）1840年，盖斯在分析许多化学反应热效应基础上提出“一个化学反应，不论是一步还是分几步完成，其总热效应完全相同。”计算反应④：CH3OCH3(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)的=。（3）一定条件下，体积恒定的密闭容器中发生该反应，下列能表示某时刻反应④已达到了平衡状态的是___________。A．容器内气体压强不再发生改变B．6v(CH3OCH3)=v(H2)C．混合气体的平均摩尔质量不再改变D．n(CH3OCH3)：n(H2O)：n(CO2)：n(H2)=1：3：2：6（4）对于反应①，一定温度下在2L的密闭容器中充入0.1molCH3OCH3(g)和0.2molH2O(g)发生该反应，经过5分钟后达到平衡，此时CH3OCH3(g)的物质的量分数为10%，则该过程的平均反应速率是，反应前后容器内的压强比为。（5）氧化中间产物CH3OH可制得HCOOH。常温下，HCOOH的电离平衡常数Ka=1.70×104。若将物质的量浓度相同的HCOOH和HCOONa溶液混合，则所得溶液中各离子浓度的大小顺序是。（6）已知：HCOOH(过量)+K2C2O4=KHC2O4+HCOOK；KHC2O4+CH3COOK=K2C2O4+CH3COOH。H2C2O4的一、二级电离平衡常数分别记为K1、K2，HCOOH、CH3COOH的电离平衡常数分别记为K3、K4，则K1、K2、K3、K4的大小顺序是___________。A．K1>K2>K3>K4 B．K1>K3>K2>K4C．K1>K3>K4>K2 D．K1>K4>K2>K3【答案】（1）B（2）121.98kJ·mol-1（3）AC（4）0.007mol·L-1·min-11：1（5）[HCOO-]>[Na+]>[H+]>[OH-]或c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)（6）B【解析】（1）反应③，在一密闭容器中加入1molH2O(g)和1molCO(g)，该反应可逆，生成二氧化碳、氢气的物质的量小于1mol，反应后的焓变小于akJmol-1，选B；（2）焓变=反应物总键能-生成物总键能，反应③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)=1070+463×2-801×2-436=-42；反应①

CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)

反应②

CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)

根据盖斯定律①+②×2+③×2得反应④CH3OCH3(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g)的=。（3）A．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内气体压强不再发生改变，反应一定达到平衡状态，选A；B．任意时刻，正反应速率比都等于系数比，6v(CH3OCH3)=v(H2)反应不一定平衡，故不选B；C．反应前后气体总质量不变、反应前后气体系数和不同，所以混合气体的平均摩尔质量是变量，混合气体的平均摩尔质不再改变，反应一定达到平衡状态，故选C；D．n(CH3OCH3)：n(H2O)：n(CO2)：n(H2)=1：3：2：6，不能判断是否还发生改变，反应不一定平衡，故不选D；选AC。（4），x=0.035mol/L；则该过程的平均反应速率v(CH3OCH3)=；反应前后气体系数和不变，压强是恒量，容器内的压强比为1:1。（5）常温下，HCOOH的电离平衡常数Ka=1.70×10-4。则HCOO-的水解平衡常数为，若将物质的量浓度相同的HCOOH和HCOONa溶液混合，HCOOH电离大于HCOONa水解，溶液呈酸性，则所得溶液中各离子浓度的大小顺序是[HCOO-]>[Na+]>[H+]>[OH-]或c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。（6）根据强酸制弱酸，HCOOH(过量)+K2C2O4=KHC2O4+HCOOK，酸性H2C2O4>HCOOH>；KHC2O4+CH3COOK=K2C2O4+CH3COOH，酸性>CH3COOH。H2C2O4的一、二级电离平衡常数分别记为K1、K2，HCOOH、CH3COOH的电离平衡常数分别记为K3、K4，酸性越强，电离平衡常数越大，则K1、K2、K3、K4的大小顺序是K1>K3>K2>K4，选B。3．CH4和H2S重整制氢的主要反应如下：反应I：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)

∆H1=+260kJ·mol−1反应Ⅱ：CH4(g)C(s)+2H2(g)

∆H2=+90kJ·mol−1反应Ⅲ：2H2S(g)S2(g)+2H2(g)

∆H3=+181kJ·mol−1（1）反应I在(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下可自发进行。（2）反应Ⅳ：CS2(g)S2(g)+C(s)

∆H4=kJ·mol−1。（3）保持反应器进料口总压为100kPa。分别以8kPaCH4、24kPaH2S(He作辅气)与25kPaCH4、75kPaH2S进料。CH4的平衡转化率与温度的关系如图，含有He的曲线为，理由是。（4）假设在10L的恒温刚性容器中，通入0.3molCH4和0.15molH2S，发生反应I、Ⅱ和Ⅲ，起始总压为p0.CH4和H2S的转化率与时间的关系如图。0~5min内H2的化学反应速率为；5min时，容器内总压为kPa(用含p0的最简分数表示)。【答案】（1）高温（2）+11（3）曲线M恒温恒压下加入稀有气体，相当于减压，平衡向气体分子数增大的方向移动，即向正反应方向移动，CH4的平衡转化率增大（4）1.2×10−3mol·L−1·min−1【解析】（1）反应I的，，根据能自发，可以得到该反应需要在高温时才能自发，故答案为：高温。（2）根据盖斯定律，反应Ⅳ=（反应Ⅱ+反应Ⅲ）-反应I，则得到，故答案为：。（3）保持反应器进料口总压为100kPa，即平衡在恒温恒压下进行，当加入稀有气体，相当于容器减压，则平衡向气体分子数增大的方向移动，根据反应方程可知此时平衡向正反应方向移动，得到的平衡转化率增大，故含有He的曲线为M，故答案为：M；恒温恒压下加入稀有气体，相当于减压，平衡向气体分子数增大的方向移动，即向正反应方向移动，CH4的平衡转化率增大。（4）根据三个反应和氢原子守恒可知：，由图可知内，，，则，故内的化学反应速率为：；时，设反应I中转化，则反应Ⅱ中甲烷转化，反应I中转化，反应Ⅲ中转化，列关系式：、、，最后得到5min时为，为，为，剩余为，剩余为，得剩余气体总物质的量为，反应前气体总物质的量为，压强为，根据恒温恒容体系中气体的压强之比等于物质的量之比，得到时容器内总压为：，故答案为：；。4．利用催化氢化制备二甲醚的反应原理如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．回答下列问题：(1)。(2)向起始温度为的某绝热恒容密闭容器中充入，只发生反应Ⅲ。①下列事实能说明反应Ⅲ已经达到平衡的是(填标号)。a.混合气体的密度不再发生变化b.容器内混合气体的压强不再发生变化c.的消耗速率等于的消耗速率d.的体积分数不再发生变化②在有催化剂存在的条件下，反应Ⅲ的反应过程如下图所示，吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。该反应过程的决速步骤为。(填“第一步”或“第二步”)，判断的理由是。(3)CO也能和反应制取二甲醚，反应原理为。一定条件下，将和按投料比通入反应器中发生该反应，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如下图所示(催化剂320℃左右时的活性最大)。①根据上图，判断、、的大小关系。②实际生产中一般采用的温度为，而不采用200℃，原因是。③写出该反应平衡常数的表达式为。【答案】(1)(2)第二步第二步反应活化能较高，反应速率较慢(3)温度升高，使化学反应速率加快；同时，可以使催化剂活性达到最大，催化效率最佳【解析】（1）由盖斯定律可知，，可得。（2）①a．容器体积不变，由于所有物质均是气体，混合气体质量不变，所以混合气体的密度始终不变，混合气体密度不变，不能说明反应已经达到平衡，a不符合题意；b．反应过程中，虽然气体分子数没有变化，但因容器绝热且反应为放热反应，温度在上升，则压强在增大，所以当容器内压强不再发生变化时，反应达到平衡状态，b符合题意；c．甲醇的消耗速率等于水的消耗速率的两倍时，反应才达到平衡状态，甲醇的消耗速率等于水的消耗速率时反应没有达到平衡状态，c不符合题意；d．随着反应开始进行，二甲醚的体积分数在不断变化，当二甲醚的体积分数不再发生变化，则说明反应达到平衡状态，d符合题意；故答案选bd。②第二步反应活化能较高，反应速率较慢，是该反应过程的决速步骤。（3）①和反应制取二甲醚，反应原理为，压强不变，随着温度升高，一氧化碳的平衡转化率下降，说明正反应放热，。该反应是体积减小反应，压强增大，平衡正移、CO的平衡转化率增大，当温度不变的时候，压强下CO的平衡转化率最高、p3压强下CO的平衡转化率最小，据此分析可知压强大小关系是：。②该反应为放热反应，根据平衡移动原理，制取二甲醚应该采用低温的措施以提高一氧化碳的平衡转化率，但是低温会降低反应速率，且从题中可知，催化剂在左右时活性最大，因此实际生产中采用的温度为之间，使催化剂活性达到最大，从而提高反应速率。③该反应平衡常数的表达式为。5．甲烷重整有多种技术路径，其中催化重整在获得CO和同时，也能同时减排两种温室气体。相关反应为：。已知燃烧热数据如下分别为：物质(g)CO(g)(g)燃烧热-891-283-286(1)写出催化重整反应的热化学方程式。(2)下列说法正确的是_______。A．可来自于合成氨造气产生的尾气，石油裂解气可作为的主要来源B．该高温能自发进行，低温不能自发进行C．和均为非极性分子D．增大催化剂的表面积能提高甲烷的转化率和反应速率其中甲烷—水蒸气重整也备受关注，相关反应为：。向恒温恒压的密闭容器中加入、后，反应达到平衡时转化率50%，平衡时容器体积为2L。(3)下列事实能说明反应已经达到平衡的是_______。A．混合气体的平均摩尔质量不变 B．混合气体总压强不变C．混合气体的密度不变 D．(4)该温度下催化重整反应的化学平衡常数的数值K=。(5)若反应达到平衡后，向该容器中继续加入6molCO，化学平衡(填写“正向”、“逆向”或“不”)移动，理由是。(6)若其他条件不变，反应达到平衡后，时继续向其中通入、，时反应再次达到平衡状态，请在图中画出时间内以CO表示的和随时间t变化的曲线。(7)所有甲烷重整反应的难题之一是反应中催化剂活性会因积碳而降低，同时存在的消碳反应则使碳量减少。相关数据如下：积碳反应消碳反应75172活化能/催化剂X3391催化剂Y4372由上表判断，催化剂XY(填“优于”或“劣于”)，理由是。【答案】(1)(2)BC(3)AC(4)0.0675(5)正向加入CO后，Q=0.034<K，平衡正向移动(6)(7)劣于积碳反应活化能X<Y，X积碳更快；消碳反应活化能X>Y，X消碳更慢【解析】（1）由、、的燃烧热数值可知①，②，③，由盖斯定律①-2×②-2×③可得。（2）A．合成氨制备过程中会产生尾气，但石油裂解气主要含有乙烯、丙烯等不饱和烃，A错误；B．该反应是气体体积增大的吸热反应，因此，，从热力学角度，，反应可以自发进行，因此该反应在高温能自发进行，低温不能自发进行，B正确；C．的空间结构为正四面体，的空间结构为直线形，它们的空间均对称，正电中心和负电中心重合，均为非极性分子，C正确；D．增大催化剂的表面积能提高反应速率，但不能改变反应物的转化率，D错误；故选BC。（3）A．该反应的反应物与产物均为气体，质量守恒，该反应是气体增多的反应，随着反应进行，气体的物质的量增大，因此当混合气体的平均摩尔质量不变，反应已经达到平衡，A正确；

B．该反应是在恒温恒压条件下进行，因此混合气体总压强一直不变，不能作为平衡标志，B错误；C．该反应的反应物与产物均为气体，质量守恒，该反应是在恒压条件下进行，随着反应进行，气体的物质的量增大，因此气体体积增大，根据，当混合气体的密度不变，反应已经达到平衡，C正确；

D．当正逆反应速率相等时，反应达到平衡，而物质的速率比等于系数比，因此时反应才达到平衡，D错误；故选AC。（4）根据三段式可得，，，，，化学平衡常数的数值。（5）若反应达到平衡后，向该容器中继续加入6molCO，在恒压条件下，体积比等于物质的量之比，，V=22，则此时浓度熵，因此化学平衡正向移动。（6）若其他条件不变，反应达到平衡后，时继续向其中通入、，由于反应保持恒压，且加入的反应物浓度与开始时相等，属于等效平衡，因此再次平衡时，CO的浓度保持不变，因此时间内以CO表示的和随时间t变化的曲线可表示为。（7）由题意可知，反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少，由表中数据可知，相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y；理由是：积碳反应活化能X<Y，X积碳更快；消碳反应活化能X>Y，X消碳更慢。押题二化学平衡与电解质溶液6．氮及其化合物的利用是科学家们一直在探究的问题，它们在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。(1)已知：①

；②CO的燃烧热为；若某反应③的平衡常数表达式为，请写出反应③的热化学方程式：，下列措施既能够增大③反应中的转化率又能加快反应速率的是。A．恒温恒容充入气

B．减小的浓度

C．使用优质催化剂

D．增大的浓度(2)欲研究在某催化剂作用下反应③的反应速率与温度的关系，在其他条件相同时，改变反应温度，测得经过相同时间该反应的正反应速率如图所示，、两点对应温度下正反应速率变化的原因可能是。(3)某温度下，在起始为的密闭容器中充入一定量，发生反应

，下列对于该反应的说法正确的是___________(填标号)。A．反应达到平衡状态后，若降低温度，则混合气体的颜色变浅B．当的比值保持不变时，反应达到化学平衡状态C．恒温恒容条件下反应达到化学平衡状态，此时再充入，反应再次达到平衡后，体积分数增大D．恒温恒压条件下反应达到平衡状态后，此时再充入，反应再次达到平衡后，混合气体的平均相对分子质量减小(4)工业上可以用氨水除去反应中产生的，得到溶液，反应的平衡常数。(已知常温下)的电离平衡常数，的电离平衡常数，)【答案】(1)

D(2)温度过高，催化剂活性降低，正反应速率降低(3)BD(4)【解析】（1）①

；②根据CO的燃烧热为，可知：②；根据反应③的平衡常数表达式为以及盖斯定律，2×②-①可得：

；A．恒温恒容充入He气，气体总压强增大，但是反应③中各气体的分压不变，则反应速率不变，平衡不移动，A不符合题意；B．减小的浓度，反应速率减慢，B不符合题意；C．使用优质催化剂，不能使平衡发生移动，NO的转化率不变，C不符合题意；D．增大CO的浓度，增大反应速率，平衡正移，NO的转化率增大，D符合题意；故选D；（2）从图中可以看出，在其他条件相同时，改变反应温度，A点的正反应速率比B点大，则表明A点的催化效果更好，B点温度高，正反应速率小，则可能是温度对催化剂产生了不利影响，所以A、B两点对应温度下正反应速率变化的原因可能是：温度过高，催化剂活性降低，正反应速率降低；（3）A.反应达到平衡状态后，若降低温度，平衡正移，二氧化氮浓度增大，则混合气体的颜色加深，A错误；B.为变量，因此当的比值保持不变时，反应达到化学平衡状态，B正确；C.恒温恒容条件下反应达到化学平衡状态，此时再充入，平衡正向移动，反应再次达到平衡后，NO体积分数减小，C错误；D.恒温恒压条件下反应达到平衡状态后，此时再充入，容器体积增大，各反应气体的分压减小，平衡逆移，反应再次达到平衡后，混合气体的平均相对分子质量减小，D正确；故选BD；（4）反应的平衡常数=1.25×10-3。7．可用于处理含废水。一定温度下，与混合溶液中存在如下反应（反应过程中忽略碘单质的挥发与阳离子的水解）。Ⅰ．

Ⅱ．

回答下列问题：(1)反应Ⅲ：

，则反应的焓变（用含、的代数式表示），当和的初始浓度均为时，部分微粒的物质的量浓度随时间变化曲线如图所示。内，的反应速率。(2)已知：反应的正反应速率（为正反应速率常数），改变、的浓度，反应的正反应速率如下表所示：①0.200.80②0.600.400.144③0.800.20浓度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响，理由是。(3)保持混合溶液中，发生反应、，平衡时，与随起始投料比的变化曲线如图。①表示的曲线为。②当达平衡后，溶液中的浓度，反应的平衡常数；反应平衡后再加入少量充分振荡，重新平衡后水溶液中的值（填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】(1)(2)计算得，故浓度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响(3)乙变小【解析】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅲ-反应Ⅱ可得=，和的初始浓度均为，90min时，溶液中c()=c()=0.0027mol/L，根据已知条件列出“三段式”Y=0.0027，x-y=0.0027，则x=0.0054，内，=。（2）由已知数据可知，=、=、0.144=，解得，浓度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响，理由是：计算得，故浓度对反应速率的影响大于浓度对反应速率的影响。（3）①投料比增大，相当于减小c(I-)，反应Ⅰ平衡逆向移动，增大，反应Ⅱ平衡逆向移动，减小，减小，氮减小程度小于，则表示的是甲，表示的曲线为乙，表示的是丙；②当达平衡后，根据已知条件列出三段式：=y=0.002mol/L，==0.013-2x=x-y，解得x=0.005，溶液中的浓度0.005-0.002=0.003，反应的平衡常数；反应平衡后再加入少量充分振荡，I2进入中，反应Ⅱ逆向移动，减小，增大，重新平衡后水溶液中的值变小。8．回收利用含硫烟气有利于节约资源、保护环境。(1)将进行一系列处理可以转化为无害的硫酸盐。在特定条件下，工业上可以通过电解硫酸盐制得过硫酸根()，再利用过硫酸根对还原性污水进行处理。①写出电解时阳极的电极反应式。②请从结构角度解释，为什么过硫酸根可以处理还原性污水。(2)以为催化剂，用还原制S。其他条件一定，改变起始时与的比例，反应相同时间，测得S的产率随温度的变化关系如图所示。500℃，时硫的产率比时小的原因可能是。(3)以/炭基材料为催化剂，在炭表面被氧气催化氧化为，再转化为硫酸盐等。①/炭基材料脱硫涉及反应：，下列关于该反应的说法正确的是(填字母序号)。a．通入过量空气，可提高的平衡转化率b．当时，可判断反应达到平衡c．使液化从平衡体系中分离，能加快正反应速率，增大转化率②450℃、在催化下，和的反应过程是按照如下两步完成的：反应Ⅰ：(快反应)

反应Ⅱ：(慢反应)请补充上述反应Ⅰ的化学方程式，决定总反应速率快慢的是反应(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。【答案】(1)过硫酸根结构中含有过氧键，氧化能力强(2)当时，过量的氢气会消耗S，导致S的产率减小；(3)aSO2+V2O5=SO3+V2O4II【解析】（1）阳极上被氧化为，电极反应式为；过硫酸根结构中的过氧键氧化能力强，可用于处理还原性污水；（2）根据反应可知，当时，过量的氢气在加热条件下与生成的S反应生成H2S，导致S的产率减小；（3）a．增大一种反应物的浓度，可促使平衡正向移动，也可提高另一反应物的转化率，a正确；b．平衡时各组分的浓度不再发生改变，但不能确定，b错误；c．将产物分离出体系，可以促使平衡正向移动，增大SO2的转化率，但反应速率减小，c错误；故答案选a；依题，用总反应减去反应II可得反应I的方程式，即SO2+V2O5=SO3+V2O4；慢反应的活化能更大，故慢反应决定总反应速率。9．Ⅰ．“一碳化学”是以分子中只含一个碳原子的化合物(如CO2、CO、CH4等)为原料来合成一系列化工原料和燃料的化学。回答下列问题：(1)二氧化碳加氢制甲醇过程中的主要反应为(忽略其他副反应)：①CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH1=+41.2kJ·mol⁻¹K1②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2=-90.6kJ·mol⁻¹K2③

K3则=kJ·mol-1，平衡常数K3=(用K₁、K₂表示)。(2)在恒温恒容下，反应(达平衡状态的标志是______(填序号)。A．平衡常数K保持不变 B．容器内气体的密度保持不变C． D．容器内混合气体平均相对分子质量不变(3)欲提高反应中甲醇的平衡产率，可采取的措施有______。A．升高温度 B．增大体系压强C．增加CO2的浓度 D．使用高效催化剂(4)研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如下图所示。温度小于900℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，阳极的电极反应为则阴极的电极反应为。Ⅱ．亚磷酸H3PO3是一种二元弱酸。常温下，已知H3PO3溶液中含磷粒子的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示。(5)(填数值)。(6)随溶液pH的变化用曲线(填“1”“2”或“3”)表示。【答案】(1)-49.4K1·K2(2)CD(3)BC(4)3CO2+4e-=C+2CO(5)10-1.43(6)3【解析】（1）

ΔH1=+41.2kJ·mol⁻¹

K1，

K2，

K3，依据盖斯定律，将反应①+②得，反应ΔH3=(+41.2kJ·mol⁻¹)+(-90.6kJ·mol⁻¹)=-49.4kJ∙mol-1，平衡常数K3=K1·K2；（2）A．平衡常数只与温度有关，恒温条件下K一定不变，A错误；B．反应物和生成物均为气体，则气体总质量不变，容器恒容，则气体总体积不变，所以无论是否达到平衡，容器内气体的密度都不变，B错误；C．反应中各物质的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，平衡时，，C正确；D．反应前后各物质都是气体，故气体总质量不变，该反应的正反应是气体物质的量减小的反应，混合气体平均相对分子质量不变，即气体分子的物质的量不变，说明反应达到平衡，D正确；答案选CD；（3）A．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇产率降低，A错误；B．正反应方向为体积减小反应，增大压强平衡正向移动，甲醇产率升高，B正确；C．增加二氧化碳浓度，平衡正向移动，甲醇的产率升高，C正确；D．催化剂不影响平衡移动，对甲醇的产率无影响，D错误；答案选BC；（4）温度小于900℃时进行电解反应，碳酸钙先分解为和CaO，电解质为熔融碳酸盐，熔融碳酸钠中的碳酸根离子移向阳极，阴极得电子发生还原反应生成碳，则阴极的电极反应为3CO2+4e-=C+2CO；（5）②利用交叉点求算电离平衡常数，H3PO3H++

Ka1==10-1.43；（6）H3PO3是二元弱酸，发生电离：H3PO3H++，H++，随着溶液中的pH逐渐增大，H3PO3逐渐减小，逐渐增大后又减小，逐渐增大，随溶液pH的变化用曲线3。10．水是生命之源。水溶液中的离子平衡与我们的生产生活密切相关。(1)水的电离平衡曲线如图所示。若以A点表示25°C时水在电离平衡时的离子浓度。当温度升到100°C时，水的电离平衡状态到B点，则100°C时水溶液的离子积为Kw=。(2)常温下向20.00mL0.100mol·L-1HX(一元酸)溶液中滴加0.100mol·L-1NaOH的pH变化如图所示。①HX的电离常数为。②B点溶液中c(X-)c(Na+)(填“>”、“<”或“=”)。③C点为恰好完全反应点，溶液中的离子浓度顺序为。(3)25℃时，三种酸的电离平衡常数如表：化学式CH3COOHH2CO3HF电离平衡常数1.8×10-5K1=4.3×10-7，K2=5.6×10-116.0×10-4①下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是(填序号)。a．

b．F−

c．CH3COO−

d．②一般来说，如果一个反应的平衡常数数值大于105，通常认为该反应可以进行得较完全；平衡常数数值小于10-5，这个反应很难进行；平衡常数介于10-5~105之间的认为存在一定程度的可逆反应。请从化学反应平衡常数的角度分析CH3COOH能否与NaF反应生成HF。【答案】(1)10-12(2)10-5=c(Na＋)>c(X-)>c(OH-)>c(H＋)(3)adcb计算反应CH3COOH+F-CH3COO-+HF的平衡常数K==3×10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF)【解析】（1）B点时，c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6mol/L，Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-6×1.0×10-6=10-12；（2）①0.100mol·L-1HX起点时pH=3，c(H+)=10-3mol/L，电离出的c(X-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HX)=0.100mol/L-c(X-)=0.100mol/L-10-3mol/L≈0.100mol/L，Ka==；②B点时，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(X-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，得出c(X-)=c(Na+)；③C点恰好完全反应，pH>7，溶液呈碱性，c(H+)<c(OH-)，根据电荷守恒：c(X-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，得出c(X-)<c(Na+)，则溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋)>c(X-)>c(OH-)>c(H＋)；（3）①弱酸的电离常数越大，对应的酸酸性越强，其离子水解程度越小，结合氢离子能力越小，由电离常数大小可知，酸性HF>CH3COOH>H2CO3>，其酸根结合质子的能力由大到小的顺序为>>CH3COO−>F-，序号为：adcb；②计算反应CH3COOH+F-CH3COO-+HF的平衡常数K==3×10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF)。押题三电解质溶液与电化学11．Ⅰ．氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如下图。(1)电极a接电源的(填“正”或“负)极，电极反应式为。(2)离子交换膜应选择(填“阴”或“阳”)离子交换膜。Ⅱ．用沉淀滴定法测定出口淡盐水中的浓度①用移液管移取待测液于锥形瓶中，并滴加滴指示剂(溶液为指示剂)；②用标准溶液滴定，三次滴定结果如下：V(待测液)/20.0020.0020.00/19.9820.0020.02(3)滴定时，标准溶液应该装在(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。(4)到达滴定终点的标志是。(已知为砖红色沉淀)(5)下列操作会导致测量的浓度偏高的是。(填“①”或“②”)①盛放标准溶液的滴定管水洗后未用标准液润洗②锥形瓶水洗后未干燥(6)根据上述数据浓度为。【答案】(1)正2Cl--2e-=Cl2↑(2)阳(3)酸式(4)滴入最后半滴AgNO3标准溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不消失(5)①(6)0.1000【解析】（1）根据图示，a极氯离子失电子生成氯气，发生氧化反应，是阳极，电极a接电源的正极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。故答案为：正；2Cl--2e-=Cl2↑；（2）为防止氯化钠与氢氧化钠混合，离子交换膜为阳离子交换膜，主要允许Na+、H+通过。故答案为：阳；（3）滴定时，是强酸弱碱盐，水解显酸性，所以选用酸式滴定管。故答案为：酸式；（4）当氯离子恰好沉淀完全时，铬酸银正好开始沉淀，此时停止滴定，到达滴定终点的标志是滴入最后半滴AgNO3标准溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不消失。故答案为：滴入最后半滴AgNO3标准溶液，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；（5）①盛放标准溶液的滴定管水洗后未用标准液润洗，会使AgNO3标准溶液浓度降低，消耗体积偏大，测定氯离子浓度偏高，故正确；②锥形瓶水洗后未干燥，氯离子的物质的量不变，对结果无影响，故错误；故答案为：①；（6）由数据可知平均消耗标准溶液体积为=20.00mL，由于硝酸银的浓度是0.1000mol/L，则根据离子守恒可知NaCl～AgNO3，硝酸银和氯离子物质的量相等，所以20.00mL溶液含有浓度为=0.1000mol/L。故答案为：0.1000。12．某化学小组研究草酸()及其盐的性质。(1)已知：，①将等物质的量浓度、等体积的溶液与溶液混合，反应的离子方程式是。②向①所得溶液中继续加入溶液至恰好完全反应，得到溶液。关于溶液下列关系正确的是(选填字母)。a.b.c.(2)中碳元素的化合价是价，推测其有还原性。文献表明：相同条件下，的还原性强于。为验证此结论，小组同学完成了如下实验：向溶液中缓慢加入溶液至过量，充分反应后得到翠绿色溶液和翠绿色晶体。资料：三水三草酸合铁酸钾[]为翠绿色晶体

①取少量晶体洗净，配成溶液，滴加溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红。用化学平衡移动原理解释加酸后溶液变红的原因是。②经检验，反应后的溶液中无，从化学反应原理的角度解释和未发生氧化还原反应的可能原因是。③某同学采用电化学装置比较和的还原性强弱。ⅰ.补全该装置示意图。闭合，电流计指针偏转，一段时间后，取左侧溶液，检验到了，证实的还原性强于。ⅱ.该装置的优点是。(3)某同学用酸性溶液滴定含杂质的测定样品的纯度(已知杂质不参与反应)。准确称取固体样品，配成溶液，取出于锥形瓶中，再向锥形瓶中加入足量稀溶液，用溶液滴定，将氧化成，还原为，滴定至终点时消耗溶液。(摩尔质量为)①滴定至终点时的实验现象是。②计算样品中的纯度：。【答案】(1)(2)加硫酸，和反应，减小，逆向移动，增大，遇变红与生成的反应速率快且限度大避免发生，干扰氧化还原反应发生(3)当滴入最后半滴酸性溶液时，溶液由无色变为淡紫色，且半分钟不褪色67%【解析】（1）①由于草酸是二元弱酸，等物质的量的的溶液与溶液混合反应的离子方程式为：；②．电离产生，钾离子的量大于，由于水解以后，溶液显碱性，则，正确；．溶液中的离子有：、、、和，根据电荷守恒，可知为：，错误；．根据中的物料守恒，可知：，正确；答案为。（2）①三水三草酸合铁酸钾为翠绿色晶体，在溶液中存在反应：，加硫酸，氢离子和反应，减小，导致平衡逆向移动，增大，遇变红；②反应的远大于，说明反应很彻底，经检验反应后的溶液中无，草酸根和未发生氧化还原反应的可能原因是与草酸根生成的反应速率快且限度大；③．由于相同条件下，的还原性强于，即可以被还原为，所以在形管的一侧加入溶液，另外一侧加入溶液，浓度均为0.5mol/L；．该装置中氯化铁溶液和草酸钾溶液没有直接接触，避免发生反应，干扰氧化还原反应发生。（3）①由于高锰酸钾溶液显紫红色，它作为标准液滴入样品中，发生反应为：。所以终点的现象为：当滴入最后半滴酸性溶液时，溶液由无色变为淡紫色，且半分钟不褪色。②高锰酸钾溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：，该样品溶液完全反应消耗高锰酸钾的物质的量为：，根据根据二者的计量系数关系：，可知固体样品中含有草酸钠的物质的量为：，质量为：，所以的纯度为：。13．某小组同学利用近期所学的化学知识在实验室设计实验。Ⅰ：甲同学根据酸碱中和滴定原理设计实验方案，用一定浓度的盐酸测定某烧碱的纯度，回答下列问题：(1)称取4.4g烧碱样品。将样品配成250mL待测液，需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需。(2)若用0.2000mol/L标准盐酸滴定，选酚酞为指示剂，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到，即可判断达到滴定终点。(3)滴定过程，下列情况会使测定结果偏高的是(填序号)。①使用酸式滴定管读数时，先仰视读数，终点时俯视读数②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液③滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失④锥形瓶水洗后，又用待测液润洗(4)根据表中数据，计算样品烧碱的质量分数为(结果保留四位有效数字，假设烧碱中不含有与酸反应的杂质)滴定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积(mL)滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)第一次10.000.5020.45第二次10.004.0024.05第三次10.003.0026.50Ⅱ：乙同学根据原电池原理，控制适合的条件，将反应设计成如图所示的原电池。①反应开始时，乙中石墨为原电池的(填“正”或“负”)极。反应开始时，盐桥中的移向(填“甲”或“乙”)②电流表读数为0时，反应达到平衡状态，此时向甲中加入固体，则乙池中石墨电极的电极反应式为。Ⅲ：丙同学通过查阅资料发现：肼()暴露在空气中容易爆炸，但利用其作燃料电池是一种理想的电池，具有容量大、能量转化效率高、产物无污染等特点，其工作原理如图所示，下列叙述正确的是。A．负极反应为B．当消耗时，有由甲槽向乙槽迁移C．电池工作时，正极附近的pH降低D．若去掉离子交换膜电池也能正常工作【答案】(1)胶头滴管、250ml容量瓶(2)最后半滴溶液滴入时，溶液由浅红色突变为无色，且30s内不变色，(3)③④(4)90.91%负甲A【分析】Ⅰ：中和滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；Ⅱ：根据常温下能自动发生的氧化还原反应都可设计成原电池，再利用正反应可知，铁元素的化合价降低，而碘元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的石墨作正极，乙烧杯中的石墨作负极，利用负极发生氧化反应，正极发生还原反应作答。Ⅲ：从图中可以看出，通入N2H4的电极为负极，通入O2的电极为正极。在负极，N2H4失电子产物与电解质反应生成N2，电极方程式为；在正极，O2得电子产物与水反应生成等，电极方程式为。【解析】（1）称取4.4g烧碱样品。将样品配成250mL待测液，需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需胶头滴管、250ml容量瓶，故答案为：胶头滴管、250ml容量瓶；（2）若用0.2000mol/L标准盐酸滴定，选酚酞为指示剂，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到最后半滴标准溶液滴入时，溶液由浅红色突变为无色，且30s内不变色，即可判断达到滴定终点，故答案为：最后半滴标准溶液滴入时，溶液由浅红色突变为无色，且30s内不变色；（3）①记录起始体积时，开始时仰视读数，终点时俯视，标准液读数偏小，酸溶液的体积偏小，故计算得到碱的浓度时偏小，①不符合题意；②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液，碱的浓度被稀释，则消耗的酸体积减小，最终计算碱的浓度偏小，②不符合题意；③滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失，得到酸的体积偏大，则计算碱的浓度会偏大，③符合题意；④锥形瓶水洗后，又用待测液润洗，则增加了碱的用量，消耗酸的体积增大，计算得到碱的浓度偏大，④符合题意；故符合题意的时③④；（4）第一次消耗盐酸的体积是19.95mL，第二次消耗盐酸的体积是20.05mL，第二次消耗盐酸的体积是23.50mL，第三次的数据差距大舍掉，则两次平均消耗盐酸的体积是20.00mL，根据，烧碱的浓度为0.4000mol/L，则样品中含烧碱的质量是=4.000g，样品烧碱的质量分数为=90.91%，故答案为：90.91%；Ⅱ：①反应开始时，因乙中失去电子放电，I元素的化合价升高，则发生氧化反应，电极为负极，盐桥中的阳离子移向正极，故答案为：负；甲；②电流表读数为0时，反应达到平衡状态，此时向甲中加入FeCl2固体，反应逆向进行，乙池中发生还原反应，电极方程式为，故答案为：；Ⅲ：A．燃料电池的负极发生氧化反应，是肼发生反应，肼中的N从-2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为：，故A正确；B．消耗1molO2时，转移4mol电子，根据，同时生成，则有由甲槽向乙槽迁移，故B错误；C．碱性环境中，氧气在正极发生还原反应生成氢氧根离子，pH增大，故C错误；D．若撤走阳离子交换膜后，肼会与水中溶解的氧气直接接触，发生爆炸，无法正常工作，故D错误；故选A。14．高锰酸钾是一种强氧化剂，在化学实验中被大量使用。某研究性学习小组用高锰酸钾和草酸进行实验。I．研究小组的同学用高锰酸钾和草酸的反应，研究“外界条件改变对化学反应速率的影响”，实验中观察到溶液褪色速率开始时较慢，反应一段时间后突然加快。查阅资料获悉，与酸性溶液反应的一种机理如下图所示：(1)实验中的离子反应方程式为。(2)由图示分析，反应一段时间后溶液褪色速率突然加快的原因可能为。(3)若用实验证明(2)的推测，除了酸性溶液和溶液外，还需要选择的试剂为(填选项前字母)。a．

b．

c．II．用酸性标准溶液测定血液中的浓度。实验步骤如下：①将血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵晶体，反应生成沉淀，将沉淀分离、净化后，用稀硫酸处理得溶液。②将①得到的溶液，用酸性标准液滴定。③滴定终点时，用去溶液(4)滴定至终点时的现象是。(5)要使中草酸根完全释放出来，加入的物质的量至少(填精确值)。[已知、](6)以下操作会使滴定结果偏大的是___________(填标号)。A．滴定开始时仰视读数 B．盛装标准液的滴定管未润洗C．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡 D．锥形瓶加草酸前中有水，没烘干(7)血液中的浓度为(8)用如图装置电解草酸溶液可得乙醛酸()。阴极材料是，写出复合膜电极的电极反应式：。【答案】(1)(2)产生了，催化反应的进行(3)C(4)当滴入最后半滴标准液，溶液无色变为紫色且半分钟内不恢复原色(5)1.0001(6)BC(7)1.25ab(8)复合膜电极【解析】（1）根据转化关系可知，主要的反应物为、H2C2O4，生成物为Mn2+、CO2等，离子方程式为：；（2）由图示分析，Mn2+参与了反应，前后不变，起催化作用，反应一段时间后溶液褪色速率突然加快的原因可能为：产生了，催化反应的进行；（3）实验证明(2)的推测，即Mn2+做催化剂作用，需要加入，氯离子可能和KMnO4反应，不能用MnCl2，答案选C；（4）KMnO4溶液为紫红色，滴定至终点时的现象是：当滴入最后半滴标准液，溶液无色变为紫色且半分钟内不恢复原色；（5），假设溶液体积，转化完全后，溶液中=1.0×10-4mol/L，，=1mol/L，需要反应消耗的Na2SO4为，所以至少需要加1mol/L×1L+0.0001mol=；（6）A．滴定开始时仰视读数，导致高锰酸钾体积偏小；B．盛装标准液的滴定管未润洗导致高锰酸钾体积偏大；C．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束有气泡导致高锰酸钾体积偏大；D．锥形瓶加草酸前中有水，没烘干，不影响；答案选BC；（7）根据可知：，所以血液中=×；（8）复合膜电极一端草酸生成乙醛酸，发生还原反应，是阴极，阴极材料为复合膜电极；电极反应式为：。15．草酸是生物体的一种代谢产物，广泛分布于植物、动物和真菌体中，并在不同的生命体中发挥不同的功能。I．中科院山西煤炭化学研究所用、制备草酸途径如下：其中电解过程装置如图所示：(1)①a、b、c是离子交换膜，其中a是(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。②每增加产品，溶液增重g。II．可通过酸碱滴定法和氧化还原反应滴定法测定所得产品的纯度。(2)用稀溶液滴定草酸溶液，、和的分布系数与溶液的变化关系如图所示。[比如的分布系数：]①草酸的。②溶液中离子浓度由大到小的顺序为。③水的电离程度：N点M点(填“>”、“<”或“=”)。(3)用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：准确称取草酸样品，溶于水，定容得溶液，取于锥形瓶中，用酸性溶液进行滴定至滴定终点。平行滴定3次，平均消耗酸性溶液。①盛放酸性高锰酸钾溶液的仪器名称为。②滴定终点的现象是。③本实验中，使测定结果偏小的是。a．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定消失

b．滴定管未用标准溶液润洗c．滴定前仰视，滴定后俯视读数

d．锥形瓶未用待测液润洗【答案】(1)阳离子交换膜44g(2)>(3)酸式滴定管加入最后半滴酸性溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不重新变红c【解析】（1）①由图可知，右侧为阳极，电解时阳极电极反应：，左侧为电极的阴极，阴极电极反应，原料室中Na+通过阳离子交换膜a进入左侧，溶液中的NaOH浓度增大，原料室中的通过阴离子交换膜b进入产品室，右侧的通过阳离子交换膜c进入到产品室，和发生反应生成H2C2O4；故a是阳离子交换膜；②每增加1mol草酸产品，则有2molNa+通过阳离子交换膜a进入左侧，同时生成1mol氢气，溶液增重2×23g-1×2g=44g；（2）①pH增大，草酸电离平衡正向移动，H2C2O4的量一直减小、HC2O的量先增加后减小、的量一直增加，故①②③分别为H2C2O4、和的曲线；由M点可知，，由N点可知，；②中，，的电离大于水解，则离子浓度由大到小的顺序为；③酸和碱会抑制水的电离，弱酸根离子会促进水的电离，M为等量H2C2O4、，N点为等量和，则N点对水的电离促进作用更大，M点对水电离的抑制作用最大，故水的电离程度：M＜N；（3）①酸性高锰酸钾溶液为氧化性溶液，盛放酸性高锰酸钾溶液的仪器名称为酸式滴定管；②滴定终点的现象是：以高锰酸钾为指示剂，加入最后半滴酸性溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不重新变红；③a．开始滴定时滴定管尖嘴处留有气泡，滴定结束气泡消失，则导致消耗酸性溶液的体积增加，测定结果偏高，a错误；b．未用标准酸性溶液润洗滴定管，相当于稀释，则导致消耗酸性溶液的体积增加，测定结果偏高，b错误；c．观察读数时，滴定前仰视，读数偏大，滴定后俯视读数偏小，则导致消耗酸性溶液的体积减少，测定结果偏小，c正确；d．滴定前锥形瓶不需要用待测液润洗，测定结果不影响，d错误；故选c。押题四化学反应原理与物质结构16．二氧化碳的捕集、利用与储存被国际公认为是实现减排降碳的关键技术手段。用CO2制备C2H4有利于实现“双碳”目标。该反应分两步进行I．II．(1)反应II的0。(2)已知部分共价键的键能如下表所示：化学键C=OCOH—HC=CC—HO—H键能()8031071436611414464则。(3)若反应II在恒温、恒容密闭容器中进行，下列叙述能说明反应到达平衡状态的是_______(填序号)。A．容器中混合气体的密度保持不变 B．容器内混合气体的压强保持不变C．反应速率2v正(CO)=v逆(H2) D．同时断裂1molO—H键和2molH—H键(4)向某1L刚性容器中，加入1molCO2、3molH2在不同催化剂(M、N)下发生上述反应。相同时间内测得CO2的转化率和C2H4的选择性(含碳生成物中C2H4的物质的量分数)随温度的变化如图所示。①根据图像，合成乙烯的最佳催化剂为。②500~800K之间，乙烯的选择性随温度变化的原因是。③在M催化剂、700K条件下反应，反应后混合气体中C2H4的体积分数为(保留至0.01%)。(5)二氧化锆是制备催化剂M和N的一种原材料，其晶胞如下图所示，其晶胞参数为anm。①Zr原子填充在O原子形成的空隙中。②2个Zr原子间的最短距离为nm。【答案】(1)<(2)+43(3)BC(4)N温度升高，催化剂对反应II的催化活性降低，乙烯的选择性降低0.61%(5)立方体(或正方体)【解析】（1）反应II是气体体积减小的反应，<0。（2）反应的=反应物总键能-生成物总键能=2×803+436-1071-2×464=+43。（3）A．该反应过程中气体总质量和总体积都是定值，混合气体的密度是定值，容器中混合气体的密度保持不变时，不能说明反应达到平衡，A不选；B．反应II是气体体积减小的反应，反应过程中压强减小，当容器内混合气体的压强保持不变时，说明反应达到平衡，B选；C．反应速率2v正(CO)=v逆(H2)，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，C选；D．同时断裂1molO—H键和2molH—H键不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D不选；故选BC。（4）①根据图像，使用催化剂N时，乙烯的选择性较高、二氧化碳的转化率大，合成乙烯的最佳催化剂为N；②500~800K之间，乙烯的选择性随温度变化的原因是：温度升高，催化剂对反应II的催化活性降低，乙烯的选择性降低；③根据已知条件列出“三段式”CO2的转化率为x=0.08，C2H4的选择性为，则y=0.024，反应后混合气体中C2H4的体积分数为=0.61%（5）①由晶胞结构可知，白球的个数为8，黑球的个数为=4，由化学式ZrO2可知，白球代表O，黑球代表Zr，Zr原子填充在周围8个O原子形成的立方体(或正方体)空隙中；②2个Zr原子间的最短距离为晶胞面对角线的一半，为nm。17．甲烷水蒸气重整是工业制备氢气和燃料高效利用的重要方法，钙钛矿()可以作为甲烷水蒸气重整反应过程中的催化剂载体。回答下列问题：(1)第一电离能(填“大于”或“小于”)。(2)(熔点-24.12℃)的晶体类型为。(3)的晶胞如图1所示，的配位数是；若晶胞参数为anm，O与O间的最短距离为nm。(4)甲烷水蒸气重整体系中主要发生如下反应：I．

kJ·mol-1II．

kJ·mol-1①反应的kJ·mol-1.②不同压强(1.0MPa、1.5MPa、2.0MPa、2.5MPa)、不同温度(200℃∼700℃)下，上述平衡体系中氢气的物质的量分数如图2所示。1.5MPa对应图中曲线，图中氢气的物质的量分数随温度升高而增大的原因是。③在一定温度、1.5MPa下，初始和的物质的量之比为1：3，反应达平衡时，的物质的量分数为25%，体系中CO和的分压相同。的平衡转化率为(保留2位有效数字，下同)，该温度下反应II的平衡常数。【答案】(1)大于(2)分子晶体(3)12(4)c反应I的，反应II的，在200℃~700℃，温度升高，反应I正向进行的程度大于反应II逆向进行的程度，氢气的物质的量分数增大0.33或33%0.47【解析】（1）在周期表中，同族元素中第一电离能从上到下逐渐减小，则有；同一周期元素中第一电离能从左到右逐渐增大，则有，所以第一电离。（2）的熔点低，其熔沸点特性符合分子晶体，所以的晶体类型为分子晶体。（3）根据晶胞图可知，Ca位于晶胞顶点，个数为；O原子位于面心，个数为；Ti原子位于体心，个数为1；在晶体中，距离最近的处于以为中心的棱心位置，共有12个，所以的配位数为12；若晶胞参数为anm，根据图形可知，两个O与O间的最短距离为：。（4）①反应可看作为反应I+反应II，则该反应的；②不同压强(1.0MPa、1.5MPa、2.0MPa、2.5MPa)、不同温度(200℃∼700℃)下，上述平衡体系中氢气的物质的量分数如图2，由于反应II为等体积反应，压强对该平衡无影响，而反应I为体积增大的反应，所以压强只影响反应I的平衡，则增大压强，平衡向左移动，氢气的物质的量分数减小，当体系压强分别1.0MPa、1.5MPa、2.0MPa、2.5MPa时，对应的曲线分别为：d、c、b、a，所以c曲线符合；当升高温度时，氢气的物质的量分数随温度升高而增大的原因可能是：反应I的，而反应II的，在200℃~700℃，温度升高，反应I正向进行的程度大于反应II逆向进行的程度，氢气的物质的量分数增大；③在一定温度、1.5MPa下，初始和的物质的量之比为1：3，反应达平衡时，的物质的量分数为25%，体系中CO和的分压相同，则，设平衡时的，起始物质的量、，根据反应II列式：，由于平衡时，所以反应I生成，根据反应I列式：，则平衡时各物质的物质的量分别为：、、、、，总物质的量为；根据反应达平衡时，的物质的量分数为25%，列式，解得，代入前边得、、、、总物质的量；根据以上数据，平衡时的平衡转化率为(或0.33)；该温度下反应II的平衡常数。18．催化加氢制甲醇是减少碳排放的一项关键技术，并为未来燃料和材料的制造提供方案。在催化剂作用下主要发生以下反应：I．II．III．(1)反应Ⅲ自发进行