2027年高考化学复习必刷题-化学反应与能量（解答大题）

第1页（共1页）2027年高考化学复习必刷题——化学反应与能量（解答大题）一．解答题（共25小题）1．（2026•河北区二模）SO2是大气污染物之一，通过化学反应可将其转化为重要的化工原料。Ⅰ.氧化钙是常用的固硫剂，吸收SO2并将其转化为建筑材料CaSO4。（1）已知：CaSO4（s）+CO（g）＝CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）Δ2CaO（s）+2SO2（g）+O2（g）＝2CaSO4（s）ΔH写出CO燃烧热的热化学方程式。Ⅱ.工业制硫酸，在接触室中发生反应：2SO（2）恒温恒容下，能证明反应已经达到平衡状态的是（填序号）。A.c（SO2）：c（O2）：c（SO3）＝2：1：2B.v（SO3）正＝2v（O2）逆C.容器内压强不再变化D.混合气体的密度不再变化（3）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入SO2（g）和O2（g），平衡时SO3的物质的量分数随n(SO2)n(O2)的变化如图1所示，则A、B、C三种状态中，SO2的转化率最小的是点，当n(SO2)n(O2)=3时，达到平衡状态时SO3的物质的量分数[φ（SOⅢ.二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图2所示。（4）该电池放电时电子从电极经过导线移向电极（填“Pt1”或“Pt2”）。（5）写出Pt2电极的电极反应方程式：。2．（2026•安阳模拟）氙（Xe）和氟的化合物可在室温气相条件下与硅发生化学反应实现硅刻蚀，在半导体产业中应用广泛。光照条件下，Xe和F2可以反应得到XeF2、XeF4、XeF6（结构如图所示）。Ⅰ．Xe（g）+F2（g）⇌XeF2（g）ΔHⅡ．Xe（g）+2F2（g）⇌XeF4（g）ΔHⅢ．Xe（g）+3F2（g）⇌XeF6（g）ΔH回答下列问题：（1）已知F﹣F键能为157kJ•mol﹣1，则XeF2、XeF4、XeF6分子中Xe﹣F平均键能依次为kJ•mol﹣1、kJ•mol﹣1、kJ•mol﹣1；试从结构的角度解释这一结果：。（2）向恒压密闭容器中按n（F2）：n（Xe）＝5：1充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数（δ）随温度的变化如图所示[如δ(XeF2265℃下，反应XeF2（g）+XeF6（g）⇌2XeF4（g）的平衡常数K＝。（3）XeF2可溶于水，并与水缓慢反应，在碱性条件下则会迅速反应。研究发现XeF2与水反应的机理如下：①XeF2+H2O＝Xe（OH）F+HF；Xe（OH）F+H2O＝Xe（OH）2+HF；②Xe（OH）2＝Xe+H2O2；③XeF2+H2O2＝Xe+2HF+O2；三步中的决速步骤为①，则能较大幅度加快反应速率的试剂为（填“NaOH”“HF”或“NaF”），理由是。（4）XeF2为四方晶胞，晶胞结构如图所示，已知晶胞参数分别为apm、bpm，α＝β＝γ＝90°，用NA表示阿伏加德罗常数的值，每个晶胞中含有个F，XeF2晶体的密度为g•cm﹣3（用含a、b、NA的代数式表示）。3．（2026春•铜山区期中）利用煤气化产物制备甲醇，甲醇是一种可再生液态燃料，具有广泛应用前景。（1）煤气化反应为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）。恒温恒容密闭容器中反应一段时间后达到平衡。向其中补充C（s），其v（正）（填“变快”“不变”或“变慢”，下同）；保持体积不变，充入Ar（g），其v（正）。（2）已知甲醇（1）的热值为22.7kJ•g﹣1，请写出CH3OH（l）燃烧生成H2O（l）和CO2（g）的热化学方程式：。（3）工业上利用CO可生产燃料甲醇，发生如下反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。在2L密闭容器内，按照物质的量之比1：2通入CO和H2，400℃时该反应体系中n（CO）随时间的变化如表：时间/min012345n（CO）/mol0.0200.0110.0080.0070.0070.007①各物质浓度变化如图1所示，表示CH3OH变化曲线是，用H2表示0～2min内平均速率v（H2）＝。②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是（填标号）。A.混合气体的平均相对分子质量保持不变B.CO和H2的转化率相等C.CO和H2的体积分数保持不变D.混合气体的密度保持不变E.生成1molCO的同时有1molO﹣H键断裂F.2v正（H2）＝v逆（CO）（4）熔融盐甲醇燃料电池是一种高效、轻污染车载电池，结构如图2，a、b均为惰性电极。①熔融盐甲醇燃料电池工作时，CO32-向电极（填“a②电极b上发生的电极反应为。4．（2026•济南二模）为了完成“碳达峰”和“碳中和”目标，CO2的高效利用成为研究的热点。利用CaO和CH4捕获并转化CO2涉及如下反应：Ⅰ．CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s）ΔH1＜0Ⅱ．CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）ΔH2＞0Ⅲ．CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH3＞0回答下列问题：（1）反应CH4（g）+CaCO3（s）⇌CaO（s）+2CO（g）+2H2（g）的焓变ΔH＝（用含ΔH1、ΔH3的代数式表示）。（2）恒容容器中，加入一定量的CaO（s）、1molCH4（g）和1molCO2（g），发生上述反应，测得平衡时气相中CO、CO2、CH4体积分数与温度的关系如图所示（忽略固体体积）。①曲线N对应物种为（填化学式）；②T1～T2℃间，自a点开始曲线M和O重合的原因是；T2℃时三条曲线骤然下降的原因是；③T3℃时，平衡后体系中C（s）的物质的量为mol，若起始压强为p0kPa，反应Ⅲ的平衡常数Kp＝（kPa）2（用含p0的代数式表示）；若缩小体积，再次达到平衡时，p(CO)p(CO2)将④若起始加入一定量的CaO（s）、2molCH4（g）和2molCO2（g），则图示中a、b、c、d、e和f点中，曲线M和O可能自点开始重合（填标号）。5．（2026•东营模拟）金属锆在核工业、高温合金等领域有重要应用。工业上常以锆英石（主要成分ZrSiO4）为原料，在密闭容器中加入一定量的ZrSiO4、C和Cl2，反应生成挥发性ZrCl4，可能发生的反应有：反应ⅰ、ZrSiO4（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌ZrCl4（g）+SiO2（s）+2CO（g）Δ反应ⅱ、ZrSiO4（s）+2Cl2（g）+C（s）⇌ZrCl4（g）+SiO2（s）+CO2（g）Δ反应ⅲ、C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）ΔH3回答下列问题：（1）ΔH3＝kJ•mol﹣1。（2）在100kPa下，过量的ZrSiO4、C与一定量Cl2发生上述反应，平衡体系中气体组分ZrCl4、Cl2、CO、CO2的体积分数随温度变化如图所示。①图中表示CO体积分数的曲线是，其曲线变化的原因是。②在T1温度下，向平衡体系中再通入少量氯气，重新达平衡后，氯气的转化率将（填“减小”、“增大”或“不变”）。③由图像分析可知，温度越低，ZrCl4的体积分数越高，但实际生产中却选择较高的T2温度，其原因是。④在T2温度下，反应ⅰ的平衡常数Kp＝（Kp为用分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数），在T2温度下压缩容器体积，c(CO2)⋅c(ZrCl4)6．（2026春•烟台期中）生产、生活中的化学反应都伴随着能量的变化。回答下列问题：（1）化学清洗剂NF3是一种温室气体。已知：键能是指断开（或生成）1mol化学键所需要吸收（或放出）的能量，部分键能数据如下表所示：化学键N≡NF﹣FN﹣F键能/（kJ•mol﹣1）941.7154.8283.0则3F2（g）+N2（g）＝2NF3（g）ΔH＝kJ•mol﹣1。（2）中和反应的反应热是化学反应热的一种，已知稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ热量。若稀H2SO4与NaOH固体反应生成1molH2O（l），则反应放出的热量（填“＞”“＜”或“＝”）57.3kJ，原因是。（3）测定实验为保证准确性，通常至少做三次实验，取其合理数值计算平均值。某实验小组通过如下实验过程真实测定中和反应的反应热。以下是配制0.55mol•L﹣1的NaOH溶液并用于测定与0.5mol•L﹣1的盐酸溶液发生中和反应时的反应热过程。①配制0.55mol•L﹣1的NaOH溶液：若在测定中和反应反应热时，每次取50mL盐酸，则配制NaOH溶液时所选容量瓶的规格至少为（填标号）；所需NaOH的质量为g，若称取NaOH质量略高于此数值，对后续测定的中和反应的反应热数值（填“是”或“否”）有影响。A．50mLB．100mLC．250mLD．500mL②用如图装置测定稀NaOH溶液和稀盐酸反应的反应热（每次实验取50mL盐酸与50mLNaOH溶液混合；各溶液密度ρ均近似为1.0g•mL﹣1；反应后混合溶液的比热容C为4.18J•kg﹣1•℃﹣1）。实验数据记录如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸NaOH溶液混合溶液120.220.323.4220.320.523.5321.521.624.6420.220.425.3仪器a的名称为；最终代入计算式的温差均值为℃（保留1位小数，下同）；根据实验数据计算稀盐酸和稀NaOH溶液反应生成1mol液态水时的反应热ΔH≈kJ•mol﹣1。③上述实验结果的数值与﹣57.3kJ•mol﹣1有偏差，产生该偏差的原因可能是（填标号）。A．两烧杯夹层间碎泡沫塑料填得比较疏松B．量取0.5mol•L﹣1稀盐酸时仰视量筒刻度线C．配制0.55mol•L﹣1的NaOH溶液定容时俯视刻度线D．记录混合液终止温度时温度计水银柱已开始下降7．（2026•南通模拟）NH3是未来能源之一，也是工业制HNO3的原料。NH3与O2能发生下列反应：反应Ⅰ.4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）ΔH＝akJ•mol﹣1；反应Ⅱ.4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）ΔH＝bkJ•mol﹣1。反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数（K）随温度的变化如图1所示。（1）CH4、NH3都可作为内燃机的燃料。①CH4燃烧产生的高温会引发火焰周围发生反应：N2+O2═2NO，该反应ΔH（填“＞”“＜”或“＝”）0。②NH3具有可再生、易液化等优点。NH3比CH4易液化的原因是。③热效率（发动机输出的有效功理论上燃料燃烧放出的能量）是衡量内燃机工作效率的指标。我国科学家研究了一种氨燃料燃烧新路径，其原理如图2所示。该路径理论上能实现CH4完全循环及NO零排放。NO气体零排放的原因是。实验测得，通过上述路径消耗1molNH3时，发动机输出有效功QkJ，该路径的热效率为（用含“Q”“a（2）工业生产HNO3的主要路径为。将NH3与空气组成的混合气体通过800℃下装有Pt﹣Rh合金的催化氧化炉，NH3转化率接近100%；将反应后的混合气体快速冷却至室温，发生反应：2NO+O2═2NO2，该反应可能由两个速率不等的基元反应构成，反应进程如图3所示；用稀HNO3吸收反应后的混合气体，制得浓硝酸。①氧化炉中使用Pt﹣Rh合金催化剂的目的是。②2NO+O2＝2NO2的总反应速率由第（填“1”或“2”）步基元反应决定。降低温度，NO2的生成速率加快，依据图示反应进程分析其可能的原因：。③反应过程中，将催化氧化后的混合气体快速冷却，其目的除加快2NO+O2═2NO2反应速率外，还有。8．（2026•通州区一模）环氧乙烷（，简称EO）是一种重要的精细化工原料。目前，多采用乙烯直接氧化法生产EO。（1）乙烯和氧气会发生以下两个反应：2C2H4（g）+O2（g）⇌2（g）ΔHC2H4（g）+3O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）Δ①EO燃烧热的热化学方程式是。②乙烯直接氧化法生产EO的反应温度既不能过高也不能过低，原因是。（2）以Al2O3表面吸附的Ag原子为催化剂，乙烯和氧气的反应历程分两个阶段。以下能量示意图表示对第一阶段反应历程的一种解释。图中的星号（*）表示吸附于催化剂上。①研究人员认为随着中间体1采取不同的断、成键方式，会产生两种不同的后续历程（如图中的实线和虚线），产生甲和乙两种不同的产物，已知产物甲是EO，则产物乙是（填物质名称）。②乙烯和氧气反应生成EO的第二阶段反应方程式为。（3）以乙烯为原料，在Cl﹣介导下，通过电化学方法制备EO也受到化学家的广泛关注。以KCl为电解质溶液，其原理示意图如图。（外接通路未画出）①阴极区的溶液pH会随反应进行而（填“增大”或“减小”）。②在电解池中乙烯与次氯酸生成2﹣氯乙醇，再将两极区反应后的溶液混合可制得EO。由2﹣氯乙醇生成EO的离子方程式是。9．（2026春•洛阳期中）现代社会中，人类的一切活动都离不开能量，研究化学能与热能、电能的转化具有重要价值。回答下列问题：Ⅰ.化学能与热能（1）下列反应中属于吸热反应的是（填标号）。a.铝片与稀盐酸的反应b.氯酸钾分解制氧气c.甲烷在氧气中的燃烧反应d.NaHCO3与盐酸的反应（2）图示为N2（g）和O2（g）反应生成NO（g）过程中，化学键的断裂与形成时的能量变化：①该反应为反应（填“吸热”或“放热”）。②每生成1molNO（g），反应的能量变化为kJ。Ⅱ.化学反应与电能（3）氨气易液化，运输和储存方便，安全性能更高。某新型NH3﹣O2燃料电池原理如图所示：①电极1是（填“正极”或“负极”）。②电解质溶液中OH﹣离子向移动（填“电极1”或“电极2”）。③电极2的电极反应式是。（4）近年来电池研发领域涌现出的纸电池，其组成与传统电池相似，主要包括电极、电解液和隔离膜（如图所示），电极和电解液均“嵌”在纸中。①某实验小组用氯化钠、蒸馏水和滤纸制备了电解液和隔离膜，用铜片分别与锌片和金属M，先后制作了两个简易纸电池（如图所示）。用电流表测试这两个电池，发现电流表的指针都发生了偏转，但偏转方向相反。由此说明Cu、Zn、M三种金属的活泼性由大到小的顺序为。②若将电池材料换成铝片和石墨片，电解液为NaOH溶液，则该电池的负极反应式为。10．（2026春•福清市期中）回答下列问题：（1）在一定条件下，氢气在氯气中反应的热化学方程式：H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）ΔH＝﹣184.6kJ•mol﹣1，该反应属于（填“吸热”或“放热”）反应。（2）已知在25℃和101kPa下1mol固体硫完全燃烧时放出296.8kJ的热量，硫燃烧反应的热化学方程式为。（3）如图是该反应的能量变化的示意图。①该反应的ΔH＝kJ•mol﹣1。②反应物断键需要吸收的能量（填“＞”“＜”或“＝”）生成物成键放出的能量。11．（2025秋•朝阳区期末）HNO3是一种重要的工业原料，可采用不同方法制备。（1）以NH3为原料制HNO3，反应分三步。①Ⅰ中4molNH3参加反应放出906kJ的热量。Ⅰ的热化学方程式为。②对反应Ⅱ进行研究：在2L的密闭容器中，充入2molNO和1molO2进行反应，NO的平衡转化率随温度的变化如图所示。T1温度下，反应经tmin达到平衡，用O2浓度的变化表示0～tmin的反应速率v（O2）＝。③Ⅰ中通入过量O2，NH3的氧化产物主要是NO而不是NO2，从平衡角度解释原因：。（2）我国科研团队发现，在少量Fe2+作用下，用电解法可将空气直接转化成HNO3，原理如下（•OH表示羟基自由基）。①阴极区产生HNO3，发生的反应有：O2+2e﹣+2H+═H2O2、、•OH将N2氧化为HNO3。②研究发现，随c（Fe2+）的增加，HNO3的产率先增大后减小。c（Fe2+）过高HNO3产率减小的原因是。12．（2026•福建模拟）高硫合成气一步法制备甲硫醇具有良好的工业应用前景。涉及反应如下：①CO（g）+H2S（g）+2H2（g）⇌CH3SH（g）+H2O（g）ΔH1②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2（1）标准状态下，各物质的相对能量如下表：物质CO（g）H2S（g）H2（g）CH3SH（g）H2O（l）H2O（g）能量（kJ•mol﹣1）﹣110﹣41023﹣285﹣242则ΔH1＝，反应①在（填“高温”、“低温”或“任意温度”）下能自发进行。（2）恒温恒容条件下，CO、H2S和H2的投料比为1：1：2，发生反应①。下列操作能提高H2S平衡转化率的是（填标号）。A．增加H2S的投料量B．将CH3SH分离出反应体系C．提高催化剂的活性D．等比例增大三种气体的投料量（3）恒温恒容条件下，CO、H2S和H2的投料比为2：1：2，发生反应①和②。平衡时，H2S的转化率为50%，n(CH3SH)n(CO2)=2，则反应②的平衡常数Kp＝。将部分CH3SH分离出体系，重新平衡时，H2S的转化率为75%Ⅱ．通过甲酸分解可获得超高纯度的CO。甲酸有两种可能的分解反应：①HCOOH（g）＝CO（g）+H2O（g）Δ②HCOOH（g）＝CO2（g）+H2（g）Δ（4）一定温度下，使用某催化剂时反应历程如图，反应①的选择性接近100%，原因是；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是。13．（2026•宁波模拟）含氮物质影响人类的生活和生产。（1）已知：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）ΔH1＝+68kJ/molN2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH2＝+180kJ/mol则2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）ΔH＝。（2）2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）分两步进行（两步均为放热反应，Ea表示反应的活化能）：Ⅰ.2NO（g）⇌N2O2（g）Ea1Ⅱ.N2O2（g）+O2（g）═2NO2（g）Ea2某条件下，体系中各含氮微粒（忽略N2O4）浓度变化如图1；t1时刻c（N2O2）处于最大值。①EalEa2（填“大于”“小于”或“等于”）。②在其他条件不变情况下，若将反应处于较高温度下进行。当c（N2O2）达到最大值时，所用时间比t1_____，最大值比a的____。判断正确的是：。A.短；小B.短；大C.长；大D.长；小③在其他条件不变的情况下，将两份相同的反应物分别置于不同温度T1和T2（T1＞T2）下进行反应，测得在相同时间内T2条件下生成的c（NO2）更大，原因是。（从速率和平衡移动角度解释）（3）将反应2NO2+2N2H4＝3N2+4H2O设计成原电池，以石墨为电极，电解质溶液为KOH溶液，该电池工作时负极的电极反应式为。（4）25℃下，N2H4水溶液中各含氮微粒（N2H4及N2H4的水合物均按N2H4计）物质的量分数δ（某含氮微粒占总含氮微粒的物质的量的百分数）随pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]的变化如图2。请回答：①图2中z代表的含氮微粒化学式为。②25℃下，0.1mol/L的N2H5Cl溶液的pH＝。14．（2026春•北京期中）回答下列问题：（1）氢能汽车具有零排放等优点。利用H2与O2的反应设计氢氧燃料电池，装置如图所示。①铂电极b是电池的（填“正”或“负”）极。②铂电极a、b的电极反应式分别是、。③KOH溶液中，K+向电极（填“a”或“b”）移动。④随着该燃料电池的使用，每消耗标准状况下11.2LH2，电路中转移mol电子。（2）近年来电池研发领域涌现出的纸电池，其组成与传统电池类似，主要包括电极、电解液和隔离膜（如图所示），电极和电解液均“嵌”在纸中。纸电池像纸一样轻薄柔软，在制作方法和应用范围上与传统电池相比均有很大的突破。①某学生在课外活动时，根据纸电池的结构示意图，用铜片分别与锌片和另一种银白色金属片，先后制作了两个简易电池。在用电流表测试这两个电池时，发现电流表的指针都发生了偏转，但偏转方向相反。Ⅰ．另一种银白色金属片可能是；Ⅱ．请解释偏转方向相反的原因。②若利用此反应Fe+2Fe3+＝3Fe2+实现纸电池的应用，在尽可能减少电能损耗且经济实惠的前提下，请你回答下列问题。Ⅰ．（填写化学式）溶液和滤纸制备的电解液和隔离膜；Ⅱ．正极材料是。15．（2026春•海淀区校级期中）原电池是化学能转化为电能的装置，人们已经将原电池原理应用于环保领域。（1）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。①Pt电极上发生的是反应（填“氧化”或“还原”）。②写出NiO电极的电极反应式：。③理论上，Pt电极消耗1molO2，NiO极消耗NOg。（2）借助微生物电极，利用如图装置处理含氰废水。①写出•OH（羟基自由基，中性原子团）的电子式。②写出b极的电极反应式：。③电池工作过程中，下列说法中正确的有（填字母序号）。a.从底部通入空气有利于空气与电极的充分接触b.若催化剂为Fe2+，产生•OH的反应为Hc.选择合适的微生物，该装置能实现有机废水和含氰废水的联合处理④电池工作过程中，a极区溶液中的pH几乎保持不变，结合电极反应式说明原因：（忽略溶液温度、体积变化）。16．（2026春•邗江区期中）天然气既是高效洁净的能源，又是重要的化工原料，在生产、生活中用途广泛。（1）已知25℃、101kPa时，1g甲烷不完全燃烧生成CO和液态水时放出37.96kJ热量，则该条件下反应的热化学方程式为。（2）甲烷可以消除氮氧化物污染。如：CH4（g）+2NO2（g）⇌N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）①下列措施能够使该反应速率加快的是。a．保持容器体积不变再充入NO2气体b．降低温度c．及时分离水②若上述反应在恒温恒容密闭容器中进行，下列叙述中不能说明该反应已达平衡状态的是。a．容器内气体的压强不再变化b．混合气体的密度不再变化c．n（NO2）：n（N2）＝2：1d．单位时间内断裂1molC﹣H键的同时断裂1molH﹣O键（3）甲烷可直接应用于燃料电池，该电池采用可传导O2﹣的固体氧化物为电解质，其工作原理如图所示：①外电路电子移动方向：。（填“a极到b极”或“b极到a极”）。②b极电极反应式为。③若燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是5.6L（假定空气中O2体积分数为20%），则理论上消耗甲烷mol。17．（2026•南通模拟）对燃煤气进行综合处理，可实现绿色环保与变废为宝的目的。（1）燃煤气中SO2的含量可利用库伦测硫仪进行检测，其工作原理如图﹣1所示。电解质溶液中c(I3-)c(①SO2导致测硫仪出现数据变化时的离子反应为。②标况下，若待测气体以56mL/min的流速通入，10min末测硫仪显示转移了0.02mol电子，则待测气体中SO2的体积分数为。（2）工业上CO2经过捕集和电催化还原可转化为有机物。以0.1mol•L﹣1的KHCO3溶液为电解质溶液，将CO2通入Cu基催化剂的电极材料上（Cu是催化剂的活性位点），相同条件下电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电压变化如图﹣2所示。FE%=n①有机胺（RNH2）与CO2反应生成RNH2+COO-，再失去1个质子后再跟水反应可实现有机胺的再生。有机胺能吸收CO2的原因是②当电压为U1时，生成H2的电极反应式为。③电压从U2增大到U3时，电流减小的原因可能是。（3）某科研小组研究了Fe掺杂六方氮化硼（BN）对N2O还原反应的催化性能。Fe﹣BN上吸附N2O、CO和SO2的稳定构型如图﹣3所示（所有键距均以nm为单位），CO、SO2还原N2O反应过程的曲线图如图﹣4所示。①在Fe﹣BN表面容易产生吸附态氧原子（O*）的原因是。②科研小组依据数据认为N2O还原反应使用CO优于SO2，理由是。18．（2025春•市南区校级期中）某化学研究性学习小组模拟工业合成氨的反应，其反应原理为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）。在容积固定为2L的密闭容器内充入1molN2和3molH2，加入合适催化剂（体积可以忽略不计）后在一定温度下开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如表：反应时间/min051015202530压强/MPa24.8024.0623.3822.7022.1321.7021.70（1）已知断开1mol化学键所吸收的能量如下：H—H436kJ，N—H391kJ，N≡N946kJ。则利用该反应生成17gNH3时（填“吸收”或“放出”）kJ热量。（2）关于上述模拟过程，下列叙述正确的是（填标号）。A．该条件下，15min时的逆反应速率小于30min时的正反应速率B．c(NC．当2v正（NH3）＝3v逆（H2）时说明该反应已达到平衡状态D．升高温度N2消耗速率增大，NH3消耗速率减小E．达平衡后升高温度，混合气体的平均摩尔质量减小（3）从反应开始到25min时，以H2表示的平均反应速率＝mol•L﹣1•min﹣1。在该温度下达到平衡时NH3的体积分数为（结果保留一位小数）。（4）其他条件不变，下列措施能加快生成NH3速率的是（填标号）。a．增大容器的体积b．充入N2气体c．恒温恒容充入Hed．将容器改为绝热容器e．将氨气从体系中分离出（5）2025年3月，全球首艘氨燃料商船正式完成示范航行，氨﹣空气燃料电池凭借净零排放、储运成本低等优势加速船舶脱碳，实现温室气体排放量削减约95%。该电池在碱性条件下工作时负极的电极反应方程式为。19．（2026春•武汉期中）如图1所示，是原电池的装置图。请回答：（1）若C为氯化铁溶液，电流表指针发生偏转，A、B电极材料分别为铜和银，则B电极上发生的电极反应式为。（2）CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图2，电池总反应为2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O，c电极为极，电极反应方程式为。若线路中转移6mol电子，则消耗的O2在标准状况下的体积为L。（3）铅蓄电池是最常见的二次电池，放电时的化学方程式为：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）═2PbSO4（s）+2H2O（l）。该蓄电池放电时，电解质溶液中SO42-移向（填“正”或“负”）极；正极电极反应方程式为；一段时间后，负极增重48g，转移电子20．（2025秋•昌平区期末）氨氮作为一种水体污染物，主要以游离氨（NH3）和铵根离子(NH（1）从平衡的角度分析提高方法Ⅰ氨氮去除率的条件并说明理由：（任写一条）。（2）方法Ⅱ为磷酸铵镁沉淀法处理高浓度氨氮废水，向沉淀池中加入NaOH溶液调节pH，使氨氮去除率最大，沉淀池中NH4+转化为磷酸铵镁的离子方程式为（3）方法Ⅲ为电解法处理低浓度碱性氨氮废水，将其转化为无污染气体，原理如图所示。①电极a是电解池的极。②电极b处电极反应式为。③研究发现，当氨氮废水中存在Cl﹣时，Cl﹣会放电，但氨氮去除率不会下降，可能原因是。（4）甲醛法测定NH4+含量的反应原理为4NH4++6HCHO=(CH2)6N4H++3H++6H2O已知：(CH2)6N4H+可与OH21．（2026春•荔湾区校级期中）汽车是现代社会不可缺少的交通工具，利用催化技术可将汽车尾气中的CO和NO转化为CO2和N2，化学方程式为：2NO+2CO⇌（1）已知每生成2molCO2和1molN2放出746.8kJ热量，可能用到的化学键键能如下：N≡O（NO的结构）C≡O（CO的结构）C＝OC﹣ON≡NN＝NN﹣N键能kJ/molabcdefg则746.8＝。（用表格中的键能表示）。（2）一定条件下，向一容积为5L的恒容密闭容器中充入12molCO、10molNO，使之在催化剂作用下发生上述反应，测得反应过程中部分物质的物质的量随反应时间变化的曲线如图所示。①由图中数据分析，表示N2的物质的量随时间变化的曲线为（填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）。②0﹣2min内，CO2（g）的平均反应速率为。③能判断该反应达到化学平衡状态的是（填字母）。A．NO的生成速率等于NO的消耗速率B．2v正（CO）＝v逆（N2）C．混合气体的平均摩尔质量保持不变D．c（NO）：c（CO）：c（CO2）：c（N2）＝2：2：2：1（3）甲烷（CH4）﹣空气燃料电池是一种高效能、轻污染的车载电池，其工作原理如图：①图中左侧电极为电源极，该电极的电极反应式为。②当电池消耗甲烷8g时，理论上消耗的O2的体积为L（标准状况下）。22．（2026春•济宁期中）能源是现代文明的原动力，化学电池在生产生活中有着广泛的应用。（1）有关下列电池的说法错误的是。A．图1普通锌锰电池属于一次电池B．图1普通锌锰电池工作时，MnO2不断被还原，电压逐渐降低C．图2“纸电池”电子从铝箔经滤纸流向铜箔D．图3铅酸蓄电池中，放电时两电极质量均增加（2）甲、乙两个原电池装置如图所示。①若装置甲的溶液M为氢氧化钠溶液，两个电极采用镁棒和铝棒，电极X的反应式为，Y电极上的产物W是（填化学式）。②将甲中原电池生成的气体产物W通入燃料电池电池乙，电池工作时，W从（填“A”或“B”）口通入，工作一段时间后a电极附近碱性（填“减弱”“增强”或“不变”）。（3）利用电化学法处理SO2的装置如图所示（质子交换膜只允许H+通过）。①工作一段时间后，正极区稀硫酸的浓度（填“增大”“减小”或“不变”）。②通入2.24L（标准状况）SO2气体时，测得电路中转移0.16mol电子，则SO2的消除率为。23．（2026•丰台区二模）HNO3是一种重要的工业原料，其合成工艺的发展体现了化学科学与技术的不断进步。（1）方法一：工业上主要采用氨氧化法制备HNO3，其设备与流程如图所示。①转化器中氨氧化的化学方程式为。②已知与转化器中相同温度、压强下两个反应的焓变：反应i：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH1反应ⅱ：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH2要计算转化器中氨氧化反应的焓变，还需要另一个反应的焓变ΔH3。③NO和O2进入热交换器后，NO转化率显著提高的原因是。④从资源和能源利用的角度说明该工艺的优点：。（2）方法二：中国科学家在室温下用电解法将空气转化为硝酸，其原理示意图如图。①阴极石墨棒上O2转化为•OH的电极总反应为。②H2N2O2是•OH与N2反应生成HNO3的中间产物，其结构式为。③若将阳极产生的O2通入阴极参与反应，则该电解工艺生成1molHNO3最终消耗O2的物质的量为。24．（2026春•宝山区校级月考）电解食盐水可以制备烧碱、次氯酸钠消毒液等。离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图如图。（1）气体a为：。（2）阳离子交换膜的作用是（不定项）。A．防止Cl2和H2相遇而发生爆炸B．得到比较纯净的NaOHC．使Na+从阴极室进入阳极室D．平衡水压（3）阴极区加入的并非纯水，少量NaOH的作用是。采用无隔膜电解槽，电解3%～5%的NaCl溶液，可制备NaClO溶液。控制较低温度，适宜电压电解制备NaClO溶液原理示意图如图。已知：与次氯酸盐相比，次氯酸具有更强的氧化性。（4）电解食盐水制备NaClO溶液总反应的化学方程式为。（5）NaClO杀菌消毒的原理和蛋白质的有关。A．盐析B．水解C．变性D．显色（6）研究发现，电解制备NaClO溶液时，中性溶液为宜，若初始pH过高（pH≥13）或pH过低（pH≤3）都会降低NaClO的浓度。分析可能原因：①pH过高，阳极会发生OH﹣放电，导致电解效率降低，电极反应为。②pH过低，产生影响的可能原因：假设a：pH过低时，导致Cl2溶解度，生成的NaClO减少。假设b：pH过低时，HClO浓度增大氧化ClO﹣，生成Cl﹣和ClO（7）查阅文献，假设b成立。相应反应的离子方程式为。（8）取制得的NaClO溶液，滴加适量的H2SO4，测定滴加H2SO4前后溶液的pH可验证假设b成立，则测定pH可用。A．酚酞B．石蕊C．pH试纸D．pH计25．（2026春•铜山区期中）（1）下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是。（填字母）A.C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）ΔH＞0B.NaOH（aq）+HCl（aq）＝NaCl（aq）+H2O（l）ΔH＜0C.2CO（g）+O2（g）＝2CO2（l）ΔH＜0（2）现有如图1原电池装置，插入电解质溶液前Cu和Fe电极的质量相等。①当图1中的电解质溶液为稀硫酸时，图中箭头的方向表示（填“电子”或“电流”）的流向；若电解质溶液为浓硝酸时，正极为（填“Cu”或“Fe”）。②当电解质溶液为某溶液时，两电极的质量变化曲线如图2所示，该电解质溶液可以是下列中的（填字母）。A.稀硫酸B.CuSO4溶液C.稀盐酸D.FeSO4溶液（3）甲烷是生活中常用燃料，用途广泛，甲烷燃料电池具有很多优点，从而引起了人们的研究兴趣。现有两种甲烷燃料电池如图3所示：①碱性甲烷燃料电池中：外电路中每通过1mol电子，消耗O2L（标准状况），电极a上发生的电极反应为。②当酸性甲烷燃料电池工作一段时间后，电极a区域H+的物质的量（填“增大”、“减小”或“不变”）。（4）铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2+和Pb2+的去除率，结果如图所示。当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是。

2027年高考化学复习必刷题——解答一．解答题（共25小题）1．（2026•河北区二模）SO2是大气污染物之一，通过化学反应可将其转化为重要的化工原料。Ⅰ.氧化钙是常用的固硫剂，吸收SO2并将其转化为建筑材料CaSO4。（1）已知：CaSO4（s）+CO（g）＝CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）Δ2CaO（s）+2SO2（g）+O2（g）＝2CaSO4（s）ΔH写出CO燃烧热的热化学方程式CO（g）+12O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣283kJ/molⅡ.工业制硫酸，在接触室中发生反应：2SO（2）恒温恒容下，能证明反应已经达到平衡状态的是BC（填序号）。A.c（SO2）：c（O2）：c（SO3）＝2：1：2B.v（SO3）正＝2v（O2）逆C.容器内压强不再变化D.混合气体的密度不再变化（3）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入SO2（g）和O2（g），平衡时SO3的物质的量分数随n(SO2)n(O2)的变化如图1所示，则A、B、C三种状态中，SO2的转化率最小的是C点，当n(SO2)n(O2)=3时，达到平衡状态时SO3的物质的量分数[φ（SOⅢ.二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，原理如图2所示。（4）该电池放电时电子从Pt1电极经过导线移向Pt2电极（填“Pt1”或“Pt2”）。（5）写出Pt2电极的电极反应方程式：O2+4e﹣+4H+＝2H2O。【答案】（1）CO（g）+12O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣（2）BC；（3）C；F；（4）Pt1；Pt2；（5）O2+4e﹣+4H+＝2H2O。【分析】（1）根据盖斯定律和燃烧热的概念书写热化学方程式；（2）接触室中的反应为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），A.根据浓度比等于化学计量数比进行分析；B.根据反应速率之比等于化学计量数之比进行分析；C.该反应是气体分子数减少的反应，恒温恒容下，容器内压强不再变化，说明气体物质的量不再改变，反应达到平衡；D.混合气体总质量不变，容器体积不变，根据ρ=m（3）n(SO2)n(O2)的值越大，SO2相对O2的量越多，SO2的转化率越低，因此A、B、C三点中，SO2转化率最小的是C点；当n(SO2)n(（4）在二氧化硫﹣空气质子交换膜燃料电池中，Pt1电极上SO2被氧化为H2SO4，作负极；Pt2电极上O2被还原，作正极，电子从负极经导线移向正极，即从Pt1经过导线移向Pt2；（5）Pt2是正极，O2在酸性条件下（稀硫酸环境）得到电子，结合H+生成H2O，根据电极反应式书写方法进行书写。【解答】解：（1）已知：①CaSO4（s）+CO（g）＝CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）ΔH1＝+218kJ/mol②2CaO（s）+2SO2（g）+O2（g）＝2CaSO4（s），根据盖斯定律，将①×2+②后除以2，得到CO燃烧的反应：2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g），对应的热化学方程式（设焓变为ΔH）为：2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝2ΔH1+ΔH2＝2×218kJ/mol+（﹣1002）kJ/mol＝﹣566kJ/mol，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物的焓变，因此CO燃烧热的热化学方程式为：CO（g）+12O2（g）＝CO2（g）ΔH=12×（﹣566故答案为：CO（g）+12O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣（2）接触室中的反应为：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g），A.c（SO2）：c（O2）：c（SO3）＝2：1：2，浓度比等于化学计量数比，不能说明各物质浓度不再变化，无法证明达到平衡，故A错误；B.v（SO3）正＝2v（O2）逆，根据反应速率之比等于化学计量数之比，2v（O2）逆＝v（SO3）逆，则v（SO3）正＝v（SO3）逆，正逆反应速率相等，说明达到平衡，故B正确；C.该反应是气体分子数减少的反应，恒温恒容下，容器内压强不再变化，说明气体物质的量不再改变，反应达到平衡，故C正确；D.混合气体总质量不变，容器体积不变，根据ρ=mV，混合气体密度始终不变，不能证明达到平衡，故故答案为：BC；（3）n(SO2)n(O2)的值越大，SO2相对O2的量越多，SO2的转化率越低，因此A、B、C三点中，SO2转化率最小的是C点；当n(SO2)n(O2)=2时，对比n(S故答案为：C；F；（4）在二氧化硫﹣空气质子交换膜燃料电池中，Pt1电极上SO2被氧化为H2SO4，作负极；Pt2电极上O2被还原，作正极，电子从负极经导线移向正极，即从Pt1经过导线移向Pt2，故答案为：Pt1；Pt2；（5）Pt2是正极，O2在酸性条件下（稀硫酸环境）得到电子，结合H+生成H2O，电极反应式为：O2+4e﹣+4H+＝2H2O，故答案为：O2+4e﹣+4H+＝2H2O。【点评】本题主要考查了化学反应中的能量变化和电化学知识，题目难度中等，掌握盖斯定律和原电池电极反应式的书写方法是解答该题的关键。2．（2026•安阳模拟）氙（Xe）和氟的化合物可在室温气相条件下与硅发生化学反应实现硅刻蚀，在半导体产业中应用广泛。光照条件下，Xe和F2可以反应得到XeF2、XeF4、XeF6（结构如图所示）。Ⅰ．Xe（g）+F2（g）⇌XeF2（g）ΔHⅡ．Xe（g）+2F2（g）⇌XeF4（g）ΔHⅢ．Xe（g）+3F2（g）⇌XeF6（g）ΔH回答下列问题：（1）已知F﹣F键能为157kJ•mol﹣1，则XeF2、XeF4、XeF6分子中Xe﹣F平均键能依次为134kJ•mol﹣1、127kJ•mol﹣1、120kJ•mol﹣1；试从结构的角度解释这一结果：F原子数依次增多，斥力增大，Xe﹣F键长增长，键能减小（合理即可）。（2）向恒压密闭容器中按n（F2）：n（Xe）＝5：1充入F2和Xe，平衡时三种氟化物的分布分数（δ）随温度的变化如图所示[如δ(XeF2265℃下，反应XeF2（g）+XeF6（g）⇌2XeF4（g）的平衡常数K＝324。（3）XeF2可溶于水，并与水缓慢反应，在碱性条件下则会迅速反应。研究发现XeF2与水反应的机理如下：①XeF2+H2O＝Xe（OH）F+HF；Xe（OH）F+H2O＝Xe（OH）2+HF；②Xe（OH）2＝Xe+H2O2；③XeF2+H2O2＝Xe+2HF+O2；三步中的决速步骤为①，则能较大幅度加快反应速率的试剂为NaOH（填“NaOH”“HF”或“NaF”），理由是碱性条件下能消耗HF，有利于①水解生成Xe（OH）2，加快反应速率（合理即可）。（4）XeF2为四方晶胞，晶胞结构如图所示，已知晶胞参数分别为apm、bpm，α＝β＝γ＝90°，用NA表示阿伏加德罗常数的值，每个晶胞中含有4个F，XeF2晶体的密度为338a2bNA×1030g•cm﹣3【答案】（1）134；127；120；F原子数依次增多，斥力增大，Xe﹣F键长增长，键能减小（合理即可）；（2）324；（3）NaOH；碱性条件下能消耗HF，有利于①水解生成Xe（OH）2，加快反应速率（合理即可）；（4）4；338a【分析】（1）利用ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能，结合F﹣F键能计算Xe﹣F平均键能；再从结构角度解释键能递变规律；（2）利用分布分数与浓度的关系，将平衡浓度代入平衡常数表达式，计算反应XeF2（g）+XeF6（g）⇌2XeF4（g）的平衡常数K；（3）先判断决速步，再结合平衡移动原理，分析能加快\XeF2水解的试剂及理由；（4）用均摊法确定晶胞中F、XeF2的数目，再根据密度公式ρ＝mV【解答】解：（1）反应焓变＝反应物键能总和﹣生成物键能总和；由反应Ⅰ可知，设设Xe﹣F键能为E1，157kJ/mol﹣2E1＝﹣111kJ/mol，E1＝134kJ/mol；对于反应Ⅱ，设Xe﹣F键能为E2，ΔH2＝2E（F﹣F）﹣4E2；﹣194kJ/mol＝2×157kJ/mol﹣4E2，E2＝127kJ/mol；对于反应Ⅲ，设Xe﹣F键能为E3，则：ΔH3＝3E（F﹣F）﹣6E3；﹣249kJ/mol＝3×157kJ/mol﹣6E3，E3＝120kJ/mol；XeF2、XeF4、XeF6分子中F原子数依次增多，斥力增大，Xe﹣F键长增长，使得键能减小（合理即可）；故答案为：134；127；120；F原子数依次增多，斥力增大，Xe﹣F键长增长，键能减小（合理即可）；（2）由图可知，265℃平衡时，XeF4的分布系数为0.9，XeF2、XeF6的分布系数相等，均为0.05，则反应XeF2（g）+XeF6（g）⇌2XeF4（g）的平衡常数K=0.故答案为：324；（3）三步中的决速步骤为①，步骤①中生成HF，在碱性条件下能消耗HF，有利于①水解生成Xe（OH）2，可以加快反应速率（合理即可），则能较大幅度加快反应速率的试剂为NaOH；故答案为：NaOH；碱性条件下能消耗HF，有利于①水解生成Xe（OH）2，加快反应速率（合理即可）；（4）根据“均摊法”，晶胞中含8×18+1=2个XeF2，则每个晶胞中含有4个故答案为：4；338a【点评】本题主要考查Xe氟化物的键能计算、化学平衡常数、反应机理与晶胞计算，涵盖化学反应原理与物质结构核心知识，综合性强，注重理论应用与逻辑推导，能有效考查学生对相关知识点的综合掌握与运用能力。3．（2026春•铜山区期中）利用煤气化产物制备甲醇，甲醇是一种可再生液态燃料，具有广泛应用前景。（1）煤气化反应为C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）。恒温恒容密闭容器中反应一段时间后达到平衡。向其中补充C（s），其v（正）不变（填“变快”“不变”或“变慢”，下同）；保持体积不变，充入Ar（g），其v（正）不变。（2）已知甲醇（1）的热值为22.7kJ•g﹣1，请写出CH3OH（l）燃烧生成H2O（l）和CO2（g）的热化学方程式：2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣1452.8kJ•mol﹣1。（3）工业上利用CO可生产燃料甲醇，发生如下反应：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。在2L密闭容器内，按照物质的量之比1：2通入CO和H2，400℃时该反应体系中n（CO）随时间的变化如表：时间/min012345n（CO）/mol0.0200.0110.0080.0070.0070.007①各物质浓度变化如图1所示，表示CH3OH变化曲线是b，用H2表示0～2min内平均速率v（H2）＝0.006mol•L﹣1•min﹣1。②下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是AC（填标号）。A.混合气体的平均相对分子质量保持不变B.CO和H2的转化率相等C.CO和H2的体积分数保持不变D.混合气体的密度保持不变E.生成1molCO的同时有1molO﹣H键断裂F.2v正（H2）＝v逆（CO）（4）熔融盐甲醇燃料电池是一种高效、轻污染车载电池，结构如图2，a、b均为惰性电极。①熔融盐甲醇燃料电池工作时，CO32-向电极a（填“a②电极b上发生的电极反应为O2+4e﹣+2CO2＝2CO32-【答案】（1）不变；不变；（2）2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣1452.8kJ•mol﹣1；（3）①0.006mol•L﹣1•min﹣1；②AC；（4）①a；②O2+4e﹣+2CO2＝2CO3【分析】（1）根据在可逆反应中固体的浓度视为常数，增加固体的量不会改变反应速率；保持体积不变，充入Ar（g），容器内总压强增大，但反应体系中各气体的浓度不变，因此反应速率不受影响，v（正）不变进行分析解答；（2）根据燃烧热的概念进行分析解答；（3）①根据反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），CO和H2是反应物，浓度随时间减小，CH3OH是生成物，浓度随时间增大；且CO与CH3OH的浓度变化量之比为1：1，初始n（CO）＝0.020mol，容器体积2L，初始c（CO）＝0.010mol/L，平衡时c（CO）＝0.0035mol/L，浓度减少了0.0065mol/L，则CH3OH的浓度应增加0.0065mol/L，对应图中的b曲线，0～2min内，CO的浓度变化量为0.010mol/L-0.008mol2L=0.010mol/L﹣0.004mol/L＝0.006mol/L，则v（CO）=0.006mol2L=0.003mol•L﹣1•min﹣1，根据反应速率之比等于化学计量数之比进行解答；②A.反应前后气体总质量不变，气体物质的量减小，平均相对分子质量MB.由于CO和H2按照物质的量之比1：2投料，且反应中消耗的量也为1：2；C.体积分数不变说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态；D.反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度ρ=mE.生成CO是逆反应，断裂O﹣H键是逆反应（CH3OH分解），均为逆反应方向；F.反应速率之比应等于化学计量数之比；（4）①燃料电池中，通入燃料甲醇的电极为负极（电极a），通入氧气的电极为正极（电极b），原电池中阴离子向负极移动；②电极b是正极，O2在正极得到电子，结合CO2生成CO3【解答】解：（1）向平衡体系中补充C（s），由于固体的浓度视为常数，增加固体的量不会改变反应速率，所以v（正）不变。保持体积不变，充入Ar（g），容器内总压强增大，但反应体系中各气体的浓度不变，因此反应速率不受影响，v（正）不变，故答案为：不变；不变；（2）甲醇（l）的热值为22.7kJ•g﹣1，即1g甲醇完全燃烧放出22.7kJ热量，1molCH3OH（l）的质量为32g，则1mol甲醇完全燃烧放出的热量为22.7kJ/g×32g＝726.4kJ，热化学方程式为：2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣1452.8kJ•mol﹣1，故答案为：2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣1452.8kJ•mol﹣1；（3）①根据反应CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g），CO和H2是反应物，浓度随时间减小，CH3OH是生成物，浓度随时间增大；且CO与CH3OH的浓度变化量之比为1：1，初始n（CO）＝0.020mol，容器体积2L，初始c（CO）＝0.010mol/L，平衡时c（CO）＝0.0035mol/L，浓度减少了0.0065mol/L，则CH3OH的浓度应增加0.0065mol/L，对应图中的b曲线，0～2min内，CO的浓度变化量为0.010mol/L-0.008mol2L=0.010mol/L﹣0.004mol/L＝0.006mol/L，则v（CO）=0.006mol2L=0.003mol•L﹣1•min﹣1，根据反应速率之比等于化学计量数之比，v（H2）＝2v（CO）＝0.006mol•L﹣故答案为：b；0.006mol•L﹣1•min﹣1；②A.反应前后气体总质量不变，气体物质的量减小，平均相对分子质量M=mn，当M不变时，说明n不变，反应达到平衡状态，故B.由于CO和H2按照物质的量之比1：2投料，且反应中消耗的量也为1：2，所以转化率始终相等，不能说明达到平衡，故B错误；C.体积分数不变说明各物质的量不再变化，反应达到平衡状态，故C正确；D.反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度ρ=mV始终不变，不能说明平衡，故E.生成CO是逆反应，断裂O﹣H键是逆反应（CH3OH分解），均为逆反应方向，不能说明平衡，故E错误；F.反应速率之比应等于化学计量数之比，平衡时应为v正（H2）＝2v逆（CO），该式子不满足平衡状态的速率关系，故F错误；故答案为：AC；（4）①燃料电池中，通入燃料甲醇的电极为负极（电极a），通入氧气的电极为正极（电极b），原电池中阴离子向负极移动，所以CO32-向故答案为：a；②电极b是正极，O2在正极得到电子，结合CO2生成CO32-，电极反应式为：O2+4e﹣+2CO2＝2故答案为：O2+4e﹣+2CO2＝2CO3【点评】本题主要考查了化学平衡的知识，题目难度中等，掌握化学平衡的判断方法和热化学方程式的书写方法是解答该题的关键。4．（2026•济南二模）为了完成“碳达峰”和“碳中和”目标，CO2的高效利用成为研究的热点。利用CaO和CH4捕获并转化CO2涉及如下反应：Ⅰ．CaO（s）+CO2（g）⇌CaCO3（s）ΔH1＜0Ⅱ．CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）ΔH2＞0Ⅲ．CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）ΔH3＞0回答下列问题：（1）反应CH4（g）+CaCO3（s）⇌CaO（s）+2CO（g）+2H2（g）的焓变ΔH＝ΔH3﹣ΔH1（用含ΔH1、ΔH3的代数式表示）。（2）恒容容器中，加入一定量的CaO（s）、1molCH4（g）和1molCO2（g），发生上述反应，测得平衡时气相中CO、CO2、CH4体积分数与温度的关系如图所示（忽略固体体积）。①曲线N对应物种为CO（填化学式）；②T1～T2℃间，自a点开始曲线M和O重合的原因是只有反应Ⅲ发生，CH4（g）与CO2（g）物质的量相同，且升高温度平衡正向移动，CH4（g）与CO2（g）变化量相同；T2℃时三条曲线骤然下降的原因是反应Ⅱ开始发生，导致气体物质的量突然增大；③T3℃时，平衡后体系中C（s）的物质的量为0.1mol，若起始压强为p0kPa，反应Ⅲ的平衡常数Kp＝5.88p02（kPa）2（用含p0的代数式表示）；若缩小体积，再次达到平衡时，p(CO)p(C④若起始加入一定量的CaO（s）、2molCH4（g）和2molCO2（g），则图示中a、b、c、d、e和f点中，曲线M和O可能自e点开始重合（填标号）。【答案】（1）ΔH3﹣ΔH1；（2）①CO；②只有反应Ⅲ发生，CH4（g）与CO2（g）物质的量相同，且升高温度平衡正向移动，CH4（g）与CO2（g）变化量相同反应Ⅱ开始发生，导致气体物质的量突然增大；③0.1；5.88p④e。【分析】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅲ﹣反应Ⅰ＝目标反应；（2）①反应Ⅱ、反应Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的体积分数增大，则曲线N表示一氧化碳的体积分数与温度的关系；氧化钙固体会与二氧化碳反应，则反应过程中二氧化碳的体积分数会小于甲烷，但随着温度升高反应Ⅰ的正向进行程度减小，反应Ⅲ的正向进行程度增大，二氧化碳的体积分数可能与甲烷相等，也可能大于甲烷；②由方程式可知，自a点开始曲线M和O重合说明只有反应Ⅲ发生，升高温度，平衡向正反应方向移动时，甲烷和二氧化碳的消耗量相同，使得甲烷、二氧化碳的物质的量相同，气体的总物质的量相同，导致两者的体积分数相等；T2℃时，三条曲线骤然下降说明气体的总物质的量增大，反应Ⅰ是气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积增大的反应；③由图可知，T3℃时，甲烷、一氧化碳、二氧化碳的体积分数分别为：111、1233、433，则平衡时甲烷、一氧化碳、二氧化碳的物质的量比为3：12：4，设平衡时甲烷的物质的量为3xmol，由氢原子个数守恒可知，氢气的物质的量为：1mol×4-3xmol×42=（2﹣6x）mol，则混合气体的总物质的量为：3xmol+12xmol+4xmol+（2﹣6x）mol＝（2+13x）mol，由甲烷的体积分数可得：3x2+13x=111，解得：x＝0.1；由方程式可知，反应Ⅲ生成氢气的物质的量为1.2mol，则反应Ⅱ生成氢气的物质的量为：1.4mol﹣1.2mol＝0.2mol，由方程式可知，反应生成碳固体的物质的量为：④反应Ⅲ为气体体积增大的反应，若恒容容器中起始加入一定量的氧化钙、2mol甲烷和2mol二氧化碳相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷和二氧化碳的体积分数都增大；a点前，甲烷的体积分数大于二氧化碳。【解答】解：（1）由盖斯定律可知，反应Ⅲ﹣反应Ⅰ＝目标反应，则反应ΔH＝ΔH3﹣ΔH1，故答案为：ΔH3﹣ΔH1；（2）①反应Ⅱ、反应Ⅲ均为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的体积分数增大，则曲线N表示一氧化碳的体积分数与温度的关系；氧化钙固体会与二氧化碳反应，则反应过程中二氧化碳的体积分数会小于甲烷，但随着温度升高反应Ⅰ的正向进行程度减小，反应Ⅲ的正向进行程度增大，二氧化碳的体积分数可能与甲烷相等，也可能大于甲烷，则曲线M、O分别表示二氧化碳、甲烷的体积分数与温度的关系，故答案为：CO；②由方程式可知，自a点开始曲线M和O重合说明只有反应Ⅲ发生，升高温度，平衡向正反应方向移动时，甲烷和二氧化碳的消耗量相同，使得甲烷、二氧化碳的物质的量相同，气体的总物质的量相同，导致两者的体积分数相等；T2℃时，三条曲线骤然下降说明气体的总物质的量增大，反应Ⅰ是气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积增大的反应，所以骤然下降是因为反应Ⅱ开始发生，导致气体物质的量突然增大所致，故答案为：只有反应Ⅲ发生，CH4（g）与CO2（g）物质的量相同，且升高温度平衡正向移动，CH4（g）与CO2（g）变化量相同反应Ⅱ开始发生，导致气体物质的量突然增大；③由图可知，T3℃时，甲烷、一氧化碳、二氧化碳的体积分数分别为：111、1233、433，则平衡时甲烷、一氧化碳、二氧化碳的物质的量比为3：12：4，设平衡时甲烷的物质的量为3xmol，由氢原子个数守恒可知，氢气的物质的量为：1mol×4-3xmol×42=（2﹣6x）mol，则混合气体的总物质的量为：3xmol+12xmol+4xmol+（2﹣6x）mol＝（2+13x）mol，由甲烷的体积分数可得：3x2+13x=111，解得：x＝0.1；由方程式可知，反应Ⅲ生成氢气的物质的量为1.2mol，则反应Ⅱ生成氢气的物质的量为：1.4mol﹣1.2mol＝0.2mol，由方程式可知，反应生成碳固体的物质的量为：0.2mol×12=0.1mol；由气体的物质的量之比等于压强之比可知，平衡时混合气体的压强为：3.3mol×p0故答案为：0.1；5.88p④反应Ⅲ为气体体积增大的反应，若恒容容器中起始加入一定量的氧化钙、2mol甲烷和2mol二氧化碳相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲烷和二氧化碳的体积分数都增大；a点前，甲烷的体积分数大于二氧化碳，则需要升高温度使反应Ⅱ平衡正向移动，促使甲烷的消耗量增大幅度大于二氧化碳的消耗幅度，所以曲线M和O可能自e点开始重合，故答案为：e。【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。5．（2026•东营模拟）金属锆在核工业、高温合金等领域有重要应用。工业上常以锆英石（主要成分ZrSiO4）为原料，在密闭容器中加入一定量的ZrSiO4、C和Cl2，反应生成挥发性ZrCl4，可能发生的反应有：反应ⅰ、ZrSiO4（s）+2Cl2（g）+2C（s）⇌ZrCl4（g）+SiO2（s）+2CO（g）Δ反应ⅱ、ZrSiO4（s）+2Cl2（g）+C（s）⇌ZrCl4（g）+SiO2（s）+CO2（g）Δ反应ⅲ、C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）ΔH3回答下列问题：（1）ΔH3＝+kJ•mol﹣1。（2）在100kPa下，过量的ZrSiO4、C与一定量Cl2发生上述反应，平衡体系中气体组分ZrCl4、Cl2、CO、CO2的体积分数随温度变化如图所示。①图中表示CO体积分数的曲线是5，其曲线变化的原因是Ⅲ随温度升高，反应ⅰ逆向移动，则CO的体积分数随温度升高而降低，但反应ⅲ为吸热反应，平衡正向移动且为主要反应，导致CO2被消耗生成CO，CO体积分数随温度升高而增加。②在T1温度下，向平衡体系中再通入少量氯气，重新达平衡后，氯气的转化率将不变（填“减小”、“增大”或“不变”）。③由图像分析可知，温度越低，ZrCl4的体积分数越高，但实际生产中却选择较高的T2温度，其原因是T2℃时ZrCl4的体积分数较大，升温可加快反应速率。④在T2温度下，反应ⅰ的平衡常数Kp＝ac2×100(1-a-b-c)2kPa（Kp为用分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数），在T2【答案】（1）+172.5；（2）①Ⅲ随温度升高，反应ⅰ逆向移动，则CO的体积分数随温度升高而降低，但反应ⅲ为吸热反应，平衡正向移动且为主要反应，导致CO2被消耗生成CO，CO体积分数随温度升高而增加；②不变；③T2℃时ZrCl4的体积分数较大，升温可加快反应速率；④ac【分析】（1）根据盖斯定律来分析；（2）由于反应ⅰ和ⅱ放热，低温下主要发生反应ⅰ生成CO和ZrCl4，发生反应ⅱ生成CO2和ZrCl4，随温度升高，反应ⅰ和ⅱ逆向移动，则CO、CO2和ZrCl4的体积分数随温度升高而降低，但反应ⅲ为吸热反应，平衡正向移动且为主要反应，导致CO2被消耗生成CO，CO体积分数随温度升高而增加，对应曲线Ⅲ，CO2的体积分数随温度升高而降低更快，对应曲线Ⅱ，则曲线Ⅰ表示ZrCl4体积分数，据此分析作答。【解答】解：（1）由盖斯定律，反应ⅲ可由反应ⅰ﹣反应ⅱ得到，则ΔH3＝ΔH1﹣ΔH2＝（﹣78.2kJ/mol）﹣（﹣250.7kJ/mol）＝+172.5kJ/mol；故答案为：（2）①根据分析，图中表示CO体积分数的曲线是Ⅲ，其曲线变化的原因是随温度升高，反应ⅰ逆向移动，则CO的体积分数随温度升高而降低，但反应ⅲ为吸热反应，平衡正向移动且为主要反应，导致CO2被消耗生成CO，CO体积分数随温度升高而增加；故答案为：Ⅲ随温度升高，反应ⅰ逆向移动，则CO的体积分数随温度升高而降低，但反应ⅲ为吸热反应，平衡正向移动且为主要反应，导致CO2被消耗生成CO，CO体积分数随温度升高而增加；②在T1温度下，向平衡体系中再通入少量氯气，根据图像可知该温度下氯气的物质的量是0，这说明氯气很快就转化为二氧化碳和四氯化锆气体，所以氯气的转化为不变；故答案为：不变；③由图像分析可知，温度越低，ZrCl4的体积分数越高，但实际生产中却选择较高的T2温度，原因是温度较低时，反应速率较慢，单位时间内生成的ZrCl4较少；而温度升高，虽然平衡时ZrCl4的体积分数有所降低，但反应速率加快，单位时间内生成的ZrCl4增多，可提高生产