2022届高三化学一轮复习 化学反应原理02 化学反应原理综合题（基础题）（含解析）.docx

1、化学反应原理综合题（基础题）原理综合题（共13题）1汽车尾气中氮氧化合物、碳氧化合物的处理与利用是各国研究的热点。(1)生成过程的能量变化如图1所示。该条件下，和完全反应生成会_(填“吸收”或“释放”)_的能量。(2)与在催化剂作用下反应可实现汽车尾气净化：某实验小组在、恒容密闭容器中充入等物质的量的与模拟该过程，的物质的量随时间变化如表所示。010203040500.400.350.310.300.300.30反应进行到时，正反应速率_逆反应速率(填“”“”或“”)，内用表示的平均反应速率是_。该条件下，的最大转化率为_。下列措施一定能增大该反应速率的是_(填序号)。A及时分离出、B适当升高

2、温度C适当扩大容器的容积D充入某同学在其它条件一定的情况下，分别用甲、乙两种催化剂完成该反应，绘出浓度随时间变化如图2，催化剂_(填“甲”或“乙”)的催化效果更好。(3)用电化学气敏传感器测定汽车尾气中含量，原理如图3，根据燃料电池的原理，推测电极是该电池的_(填“正极”或“负极”)，电极上的电极反应式为_。2用煤制天然气一般是指将煤炭经气化、净化和甲烷化等工艺过程制成天然气，其核心技术之一就是CO2/CO的甲烷化技术。甲烷化反应涉及的主要反应如下：.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g).CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)(1)温度与CH4、CO2的百分含量的

3、变化规律如图1所示，则H1_0(填“”或“”)；若生产中要提高CH4含量，可以选择的条件是_。(2)已知反应的反应历程涉及三步离子反应，如图2所示，离子方程式为：、，则反应的离子方程式为_。(3)在容积为1L的恒容密闭容器中发生反应，T1、T2温度下CH4的物质的量随时间的变化如图3所示。T1温度下，0tB时间段内，氢气的反应速率v(H2)=_mol/(Lmin)。T2温度下，将6molCO与10molH2通入1L密闭容器中，CH4的物质的量随反应时间的变化如下表所示。该温度下，反应的平衡常数K(T2)_。时间/min0246810物质的量/mol01.42.32.83.03.0T2温度下，若

4、起始时向1L密闭容器中充入2molCO、1molH2、2molCH4和2molH2O，反应达到平衡前，v(正)_v(逆)(填“”“”或“=”)，平衡常数_(填“增大”“减小”或“不变”)。3氮的单质及其化合物在工业生产中用途广泛，请回答下列问题： (1)捕碳技术(主要指捕获 CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用。目前 NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与 CO2可发生如下可逆反应： 反应： 2 NH3(l)+ H2O(l) +CO2(g) =(NH4)2CO3(aq) H1 反应：NH3(l)+ H2O(l) +CO2(g) =NH4HCO3(aq) H2 反应：(NH

5、4)2CO3(aq) + H2O(l) +CO2(g) =2NH4HCO3(aq) H3 H3与H1、H2之间的关系是H3= _。 (2)肼(N2H4)可用于卫星发射的燃料，8gN2H4(l)在 O2(g)中完全燃烧，生成 N2(g)和 H2O(g)， 放出 134kJ 热量，则肼的燃烧热H=_。 (已知 H2O(g) =H2O(l) H= 44 kJmol1 ) (3)在微生物作用的条件下，经过两步反应被氧化成。两步反应的能量变化示意图如下： 第一步反应是 _(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是 _。 1mol (aq)全部氧化成 (aq)的热化学方程式是_。 (4)叠氮化钠(NaN3)

6、是汽车安全气囊中的主要成分，实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数，测定过程的反应方程式为： ； 。 滴定操作过程如下： .将 2.500 g 试样配成 500 mL 溶液。 .取 50.00 mL 溶液置于锥形瓶中，加入 50.00 mL 0.1010 molL1 (NH4)2Ce(NO3)6溶液。 .充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8 mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.0500 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的 Ce4+，消耗溶液体积为 29.00 mL。 配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、量筒、胶头滴管外，还用到的玻璃仪器有_。 计算试

7、样中 NaN3的质量分数为_。4研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。(1)亚硝酰氯(ClN=O)气体是有机合成的重要试剂，它可由Cl2和NO在通常条件下反应制得，该反应的热化学方程式为_。相关化学键的键能如下表所示：化学键ClClNO(NO气体)ClNN=O键能/(kJmol1)243630200607(2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)=2CaSO4(s)+2CO2(g) H=681.8kJmol1，对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应，在T时，借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下：时间/min浓度/molL-101

8、020304050O21.000.790.600.600.640.64CO200.420.800.800.880.88010min内，平均反应速率(O2)_molL-1min-1；当升高温度，该反应的平衡常数K_(填“增大”“减小”或“不变”)。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断，改变的条件可能是_(填字母)。A加入一定量的粉状碳酸钙B适当缩小容器的体积C通入一定量的O2D加入合适的催化剂(3)NOx的排放主要来自汽车尾气，利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=34.0kJmol1，用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一

9、定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为_。(4)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染，需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=746.8kJmol1，生成无毒的N2和CO2.实验测得，正=k正c2(NO)c2(CO)，逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_(填“”“”或“=”)k逆增大的倍数。若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达

10、到平衡时，CO的转化率为40%，则=_(保留小数点后两位)。5硫化氢(H2S)是一种有毒气体，对环境和人体健康造成极大的危害，工业上采用多种方法减少 H2S的排放。(1)去除废气中H2S的相关热化学方程式如下:2H2S(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2SO2(g) H=a kJmol12H2S(g)+SO2(g)=2H2O(l)+3S(s) H=b kJmol1反应2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s) H=_kJmol1。为了有效去除废气中的H2S，在燃烧炉中通入的H2S和空气(O2的体积分数约为20%)的体积比一般控制在0.4，理由是_。(2)最近我国科学家设计了一种

11、H2S和CO2的协同转化装置，实现对天然气中H2S和CO2的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应:aEDTAFe2+e=EDTAFe3+b2EDTAFe3+H2S=2H+ +S+2EDTAFe2+阴极的电极反应式为_。协同转化的总反应为_。 (3)用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S法包含的反应如下:H2S(g) H2S(aq)H2S(aq) H+HSHS+2Fe3+S+2Fe2+H+一定条件下测得脱硫率与Fe3+浓度的变化关系如图所示:吸收液过滤出S后，滤液需进行再生，较经济的再生方法是_。图中当Fe3+的浓度大于10 gL

12、 1时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于_。(4)生物脱H2S的原理为H2S+Fe2(SO4)3=S+2FeSO4+H2SO4、4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O。硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的3105倍，该菌的作用是_。由图甲和图乙判断使用硫杆菌的最佳条件:_。该反应必须在适应的温度下，才能有利于反应的进行，其原因可能是_。6二氧化锰是化学工业中常用的氧化剂和催化剂。我国主要以贫菱锰矿(有效成分为MnCO3)为原料，通过热解法进行生产。(1)碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行：iMnCO3(s)MnO(s)+CO2(g) H1=+a kJmol1ii2M

13、nO(s)+O2(g)2MnO2(s) H2=+b kJmol1反应i的化学平衡常数表达式K=_；焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式是_；(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气的目的是_；(3)在其他条件不变时，某科研团队对影响转化率的生产条件进行了研究，结果如图2、图3所示。常压下，要提高MnCO3的转化率，应选择的生产条件是_焙烧68h。图3中，焙烧8h时，MnCO3的转化率：干空气0的反应是_(填“I”或“II”)。在交点A处，气体分压间满足的关系是：p(COS)=_。在恒温恒容密闭容器中进行反应(I)，能说明已达到平衡状态的是_(填字母)。a2v(CO)正=3v(CO

14、2)正 b气体的密度不再随时间变化c气体的压强不再随时间变化 d的值不再随时间而变化若在1.0 L的恒容密闭容器中加入1 mol CaSO4，并充入1 mol CO，只发生反应II，在B点时气体总压强为1 MPa，则此时CaSO4转化率为_(已知1.41)。参考答案1吸收 180 0.001 25% B 乙 正极 【详解】(1)氮气和氧气的反应方程式为N2+O2=2NO，该反应的反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量=946+498-6322=+180kJ/mol，故吸收能量180kJ/mol；(2)10s后，NO的物质的量在不断减小，故反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；

15、根据表格，v（NO）=，又NO与CO2的速率之比等于系数之比，故v(CO2)=0.001；NO的最大转化率为=；A分离出物质，浓度减小，速率减慢，B升高温度，速率加快，C扩大体积，浓度减小，速率减小，D充入惰性气体，速率不变，故选B；乙比甲达到平衡所用时间短，速率快，故催化剂乙效率高；(3)CO变为CO2的过程化合价升高，失电子，作负极，故通O2的B极为正极；负极反应式为。2 低温、高压 3 不变 【分析】(1)根据反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)可知，温度升高，CH4的量减少，而CO2的量增加，则反应逆向移动，可知H10；该反应正反向为体积减少、放热，可知提高CH4

16、含量的方法；(2)根据图2所示可知，和反应生成、和，据此写离子方程式；(3)T1温度下，0tB时间段内，求甲烷的反应速率v(CH4)，根据反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)可知，v(H2)=3v(CH4)；根据表格可知，平衡时CH4的物质的量为3mol，根据三段式作答；求该状态下Qc，判断反应方向；温度不变平衡常数不变。【详解】(1)根据反应CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)可知，温度升高，CH4的量减少，而CO2的量增加，则反应逆向移动，可知H10；该反应正反向为体积减少、放热，若生产中要提高CH4含量，可以选择的条件是低温、高压，故答案为：；低温、高

17、压；(2)根据图2所示可知，和反应生成、和，则反应的离子方程式为：，故答案为：；(3)T1温度下，0tB时间段内，甲烷的反应速率v(CH4)=mol/(Lmin)，根据反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)可知，v(H2)=3v(CH4)= mol/(Lmin)，故答案为：；根据表格可知，平衡时CH4的物质的量为3mol，根据三段式：，则K(T2)=，故答案为：3；T2温度下，若起始时向1L密闭容器中充入2molCO、1molH2、2molCH4和2molH2O，反应达到平衡前，根据Qc=3，则反应正向进行，故v(正)v(逆)，温度不变平衡常数不变，故答案为：；不变。【点睛】本

18、题重点(3)，已知物质的量，要判断反应方向，可先求Qc，再根据与平衡常数K比较确定，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变。32H2 H1 624 kJmol1 放热 H0 (或反应物的总能量大于生成物的总能量) 500mL容量瓶、玻璃棒 93.60% 【详解】(1)根据盖斯定律将反应的2倍减去反应得到反应，因此H3与H1、H2之间的关系是H3= 2H2 H1；故答案为：2H2 H1。 (2)肼(N2H4)可用于卫星发射的燃料，8gN2H4(l)在 O2(g)中完全燃烧，生成 N2(g)和 H2O(g)， 放出 134kJ 热量，则1mol肼(N2H4)即32g完全燃烧生成气态水时放出5

19、36kJ，由于1mol肼完全反应生成了2mol气态水，再根据2H2O(g) =2H2O(l) H= 88kJmol1，因此1mol肼完全反应生成液态水时放出624kJ的热，则肼的燃烧热H=624 kJmol1；故答案为：624 kJmol1。 (3)根据图中信息，第一步反应的反应物总能量高于生成物总能量，因此第一步反应是放热反应；故答案为：放热；H0 (或反应物的总能量大于生成物的总能量)。 将两步反应方程式相加得到1mol(aq)全部氧化成 (aq)的热化学方程式是；故答案为：。 (4)配制500mL叠氮化钠溶液时，需用到烧杯、量筒、胶头滴管、500mL容量瓶、玻璃棒等玻璃仪器；故答案为：5

20、00mL容量瓶、玻璃棒。 根据题意先计算过量的 Ce4+的物质的量n(Ce4+)=0.0500 molL10.029L=1.45103mol，则叠氮化钠(NaN3)的物质的量n(NaN3)= 0.1010 molL10.05L 1.45103mol10=3.6102mol，试样中 NaN3的质量分数为；故答案为：93.60%。4Cl2(g)2NO(g)2ClNO(g) H111kJmol1 0.021 减小 BC 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 【详解】(1)根据题意，焓变等于断键吸收的总能量减去成键放出的总能量，因此该反应的热化学方程式为Cl2(g

21、)2NO(g)2ClNO(g) H243kJmol1630kJmol12200 kJmol12607kJmol12111kJmol1；故答案为：Cl2(g)2NO(g)2ClNO(g) H111kJmol1。(2)010min内，平均反应速率；该反应是放热反应，当升高温度，平衡逆向移动，因此该反应的平衡常数K减小；故答案为：0.021；减小。根据题中表格信息，30min后氧气、二氧化碳浓度都增大；A加入一定量的粉状碳酸钙，平衡不移动，故A不符合题意；B适当缩小容器的体积，浓度增大，相当于加压，由于该反应是体积减小的反应，平衡正向移动，故B符合题意；C通入一定量的O2，O2浓度增大，平衡正向移动

22、，二氧化碳浓度也增大，故B符合题意；D加入合适的催化剂，平衡不移动，故D不符合题意；综上所述，答案为BC。(3)由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，其原因为1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；故答案为：1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大。(4)达到平衡后，该反应是放热反应，仅升高温度，平衡逆向移动，因此k正增大的倍数k逆增大的倍数；故答案为：。若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则=；故答案为：。5 若H2S和空气的体积比大于0.4

23、，则废气中H2S脱除效率低，若小于 0.4，则H2S会部分氧化成大气污染物SO2 CO2 + 2H+ + 2e = CO + H2O CO2+H2SCO+H2O+S 通入足量的O2(或空气) Fe3+浓度增大，pH减小，使反应、的化学平衡向逆反应方向移动，且 pH减小因素超过反应中Fe3+浓度增大因素 作催化剂(或降低反应的活化能) 30 、pH=2.0 温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降 【详解】(1)将第二个方程式2倍加上第一个方程式，再将得到的整体除以3，得到反应2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(s) H=kJmol1；根据2

24、H2S(g)+SO2(g)=2H2O(l)+3S(s)，在燃烧炉中通入的H2S和空气的体积比一般控制在0.4，若H2S和空气的体积比大于0.4，硫化氢没有被氧气消耗完，则废气中H2S脱除效率低，若小于0.4，氧气过量，氧气将部分硫化氢氧化成大气污染物SO2；故答案为：；若H2S和空气的体积比大于0.4，则废气中H2S脱除效率低，若小于 0.4，则H2S会部分氧化成大气污染物SO2。(2)根据前面信息EDTAFe2+e=EDTAFe3+，右边为阳极，左边为阴极，再根据图中信息得出阴极的电极反应式为CO2 + 2H+ + 2e = CO + H2O；故答案为：CO2 + 2H+ + 2e = CO

25、 + H2O。根据2EDTAFe3+H2S=2H+ +S+2EDTAFe2+和CO2 + 2H+ + 2e = CO + H2O得出协同转化的总反应为CO2+H2SCO+H2O+S；故答案为：CO2+H2SCO+H2O+S。(3)根据HS+2Fe3+S+2Fe2+H+，滤液Fe2+，在酸性环境，需进行再生，较经济的再生方法是通入足量的O2(或空气)将亚铁离子变为铁离子；故答案为：通入足量的O2(或空气)。图中当Fe3+的浓度大于10 gL 1时，浓度越大，脱硫率越低，这是由于Fe3+浓度增大，pH减小，增加了氢离子浓度，反应、的化学平衡逆向移动，pH减小因素超过反应中Fe3+浓度增大因素；故答

26、案为：Fe3+浓度增大，pH减小，使反应、的化学平衡向逆反应方向移动，且 pH减小因素超过反应中Fe3+浓度增大因素。(4)硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的3105倍，加快反应速率，说明菌的作用是其催化作用；故答案为：作催化剂(或降低反应的活化能)。 根据图中信息使用硫杆菌的最佳条件是30、pH=2.0。该反应必须在适应的温度下，才能有利于反应的进行，其原因可能是温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)，反应速率会下降，即在适当温度下，硫杆菌活性最大，其催化效果最好；故答案为：30 、pH=2.0；温度过低，反应速率太慢，温度过高，蛋白质变性(或硫杆菌失去

27、活性)，反应速率会下降。6c(CO2) 2MnCO3(s) O2(g) 2MnO2(s) 2CO2(g) H1=(2a+b) kJmol1 保持O2的浓度，降低CO2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率 湿空气中，350左右 干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，8h时未达到平衡 【分析】(1)根据化学平衡常数的定义来书写；将第i方程式乘以2，再加上第ii个方程式得到焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式。(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气主要利用平衡移动原理分析。(3)根据图中的信息得出；根据湿空气中会吸收部分的二氧化碳及平衡移动来分析。【详解】(1)反应i的化学

28、平衡常数表达式是生成物浓度的系数次方之积除以反应物浓度的系数次方之积，因此K= c(CO2)；故答案为：c(CO2)。将第i方程式乘以2，再加上第ii个方程式得到焙烧MnCO3制取MnO2的热化学方程式是2MnCO3(s) O2(g) 2MnO2(s) 2CO2(g) H1=(2a+b) kJmol1；故答案为：2MnCO3(s) O2(g) 2MnO2(s) 2CO2(g) H1=(2a+b) kJmol1。(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气，并不断抽气的目的是不断的移出CO2，降低CO2的浓度，保持O2的浓度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率；故答案为：保持O2的浓度，降低CO2的浓

29、度，使平衡正向移动，提高碳酸锰的转化率。(3)根据图中的信息得出常压下，要提高MnCO3的转化率，应选择的生产条件是湿空气中，350左右焙烧68h；故答案为：湿空气中，350左右。图3中，焙烧8h时，MnCO3的转化率：干空气湿空气，原因是湿空气中会吸收部分的二氧化碳，降低二氧化碳的浓度，平衡有利于正向移动，增大碳酸锰的转化率，也可能湿空气有催化剂，提高反应速率；故答案为：干空气中没有催化剂，反应速率比湿空气中慢，8h时未达到平衡。【点睛】化学平衡题型是常考题型，主要考查热化学方程式书写、化学平衡表达式、利用平衡移动原理分析平衡移动、实际工业中的选择。7(3b-a-c ) p1p2p3 KaK

30、bKc 66.7% (或0.667) 3.2 Mpa 催化剂的催化效率降低 2CO2+12H+12e = CH2=CH2 +4H2O 6 【分析】(1)第二个方程式2倍减去第一个方程式，再减去第三个方程式。(2)根据平衡移动来分析压强关系，根据温度变化来判断平衡常数；分别假设计算出CO、CO2物质的量，再计算CO2的转化率和平衡常数。(3)根据图中信息分析出催化剂的催化效率降低。(4)根据分析，左侧CO2转化为乙烯，化合价降低，得到电子，根据Pb + PbO2 + 2H2SO42PbSO4 + 2H2O分析电子转移与消耗硫酸关系。【详解】(1)第二个方程式2倍减去第一个方程式，再减去第三个方程

31、式得到CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=(3bac) kJmol1；故答案为：(3bac)。(2)从700分析，从下到上，CO体积分数增大，则说明平衡正向移动，该反应是体积增大的反应，即减小压强，因此压强p1、p2、p3的大小关系是p1p2p3；Ka、Kb、Kc为a、b、c三点对应的平衡常数，a、b温度相等，则平衡常数相等，b、c压强相同，温度不同，温度升高，CO体积分数增大，平衡正向移动，平衡常数变大，因此其大小关系是KaKbKc；故答案为：p1p2p3；KaKbKc。900、1.0 MPa时，足量碳与a molCO2反应达平衡后，CO的体积分数为为80%，则C

32、O2的体积分数为20%，假设平衡时CO物质的量为0.8mol，CO2物质的量为0.2mol，则CO2改变量为0.4mol，因此CO2的转化率为，该反应的平衡常数；故答案为：66.7%(或0.667)；3.2 Mpa。(3)根据图中信息，250300 时，乙酸的生成速率降低的主要原因是催化剂的催化效率降低；故答案为：催化剂的催化效率降低。(4)以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。根据分析，左侧CO2转化为乙烯，化合价降低，得到电子，为阴极，因此阴极上的电极反应式为2CO2+12H+12e = CH2=CH2 +4H2O；根据Pb + PbO2 +

33、2H2SO42PbSO4 + 2H2O分析，转移2mol电子，反应2mol硫酸，每生成0.5mol乙烯，转移6mol电子，所以理论上需消耗铅蓄电池中6 mol硫酸；故答案为：2CO2+12H+12e = CH2=CH2 +4H2O；6。【点睛】化学平衡综合题型是常考题型，主要考查盖斯定律、化学平衡移动及平衡常数，电化学等知识。8放热 2H13H2H3 2CO（g）2NO（g）=N2（g）2CO2（g）H746.5 kJmol1 CH4（g）2O2（g）=CO2（g）2H2O（l）H890.3 kJmol1 小于 环形玻璃搅拌棒 搅拌使其充分反应 【分析】根据反应前后物质所含能量的大小关系可分析

34、出反应吸放热类型；根据盖斯定律，通过其他焓变已知的热化学方程式即可计算未知反应的焓变；根据平衡常数表达式可书写出相应的反应方程式，再根据盖斯定律借助其他焓变已知的热化学方程式即可计算未知反应的焓变；书写表示燃烧热的热化学方程式时，一定要注意燃烧热的定义；根据物质所含能量的多少，即可判断物质的稳定性；在测定中和热的实验中，用到的最为特别的仪器即为环形玻璃搅拌棒，一方面要注意该仪器的材质为玻璃，另一方面注意该仪器并非普通的玻璃搅拌棒，但作用几乎等同。【详解】(1)由图可知，反应物的能量更高，因此该反应是放热反应，；(2)由题可知，方程式：可由方程式：和方程式：以及方程式：，经过如下运算得到：=2-

35、3-；因此其焓变可表示为：；(3)由平衡常数表达式可知，该反应的方程式为：；其可由方程式经过如下运算得到：=-+2，即方程式的焓变可表示为H4=H1-H3+2H2，代入数据计算可得该反应焓变为-746.5kJ/mol，因此该反应的热化学方程式为： ；(4)甲烷的燃烧热为890.3kJ/mol，即1mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水会放出890.3kJ的热量，所以表示甲烷燃烧热的热化学方程式为： ；(5)由图可知，金刚石所含的能量更高，所含能量越高的物质越不稳定，因此金刚石稳定性小于石墨的稳定性；(6)在测定中和热的实验中，使用的A是环形玻璃搅拌棒，其作用即搅拌溶液使酸与碱能充分反应。9 2

36、无色 -483.6 正反应 增大 未达到 AgNO3 Cu2eCu2 【分析】（1）根据盐类水解原理分析解答；根据pH计算表达式进行计算；根据滴定原理及指示剂的变色范围分析解答；（2）根据反应热与反应物物质的量的关系分析解答；（3）根据平衡常数表达式及平衡移动原理分析解答；（4）根据原电池原理及电解池原理分析解答。【详解】（1）在溶液中，强碱弱酸盐，强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐电离出来的离子与水电离出来的H+与OH-生成弱电解质的过程叫做盐类水解，所以能发生水解反应的是，故答案为：；盐酸属于强电解质，完全电离，c(H+)=c(HCl)=0.0100mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-2=

37、2，故答案为：2；酚酞在碱性溶液中为红色，当达到滴定终点时溶液为中性，所以溶液变为无色，故答案为：无色；（2）反应热和参加反应的反应物物质的量成正比，则H2与O2反应生成2mol H2O(g)时放出的热量为241.8kJ2=483.6kJ，则热化学方程式为：2H2(g) +O2(g)2H2O(g) H=-483.6kJ kJ/mol，故答案为：-483.6；由C（石墨，s）C（金刚石，s） H0知，反应吸热，反应物石墨能量低，物质能量越低越稳定，则稳定性： 石墨金刚石，故答案为：；（3）增大反应物浓度，根据平衡移动原理分析，平衡向正反应方向移动，故答案为：正反应；该反应为吸热反应，升高温度平衡

38、向正反应方向移动，K增大，故答案为：增大；Qc=0.263，则未达到平衡，故答案为：未达到；（4）右侧为原电池的正极，电极反应为Ag+e-Ag，则X溶液为AgNO3，故答案为：AgNO3；图二装置为电解池，在铁件上镀铜，铁作阴极，则铜作阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-Cu2，故答案为：Cu-2e-Cu2。102CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) H=127.9kJmol-1 A 0.06molL-1min-1 112.5 升高温度，反应的反应速率均加快，但反应的反应速率变化更大 【分析】根据盖斯定律进行计算。减小压强，向体积增大即逆向移动，转化率减小；

39、增大H2的浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大；加入适当催化剂，加快反应速率，平衡不移动，转化率不变；分离出H2O(g)，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大。N点温度高，但催化效率低，因此N的速率不一定最大；从M点到N点，温度升高，平衡逆向移动，因此M点的平衡常数比N点的平衡常数大；温度低于250时，随温度升高，平衡逆向移动，乙烯的平衡产率减小；实际反应尽可能在较低的温度下进行，平衡正向进行，虽然提高CO2的转化率，但催化剂的活性，反应速率减小，经济效率低。在T1温度下，相同时间内，催化剂A转化率最大。根据转化率和速率公式进行计算CO2的浓度表示的反应速率。建立三段式，再进行计算平衡常数。表中

40、数据说明，升高温度，可能升高温度，反应的反应速率均加快，但反应的反应速率变化更大。【详解】将第一个方程式乘以2加第二个方程式，得到CO2与H2反应反应合成乙烯的热化学方程式为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) H=127.9kJmol-1；故答案为：2CO2(g) + 6H2(g) C2H4(g)+4H2O(g) H=127.9kJmol-1。减小压强，向体积增大即逆向移动，转化率减小，故不符合题意；增大H2的浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故符合题意；加入适当催化剂，加快反应速率，平衡不移动，转化率不变，故不符合题意；分离出H2O(g)，平衡正向移动，二氧化碳

41、转化率增大，故符合题意；综上所述，答案为：。N点温度高，但催化效率低，因此N的速率不一定最大，故错误；从M点到N点，温度升高，平衡逆向移动，因此M点的平衡常数比N点的平衡常数大，故正确；温度低于250时，随温度升高，平衡逆向移动，乙烯的平衡产率减小，故错误；实际反应尽可能在较低的温度下进行，平衡正向进行，虽然提高CO2的转化率，但催化剂的活性，反应速率减小，经济效率低，故错误；综上所述，答案为：。在T1温度下，相同时间内，催化剂A转化率最大，因此催化效果最佳的是催化剂；故答案为A。T2温度下，若反应进行10min达到图中a点状态，用CO2的浓度表示的反应速率；故答案为：0.06molL-1mi

42、n-1。图中b点已达平衡状态，转化率为60%，则该温度下反应的平衡常数；故答案为：112.5。表中数据说明，升高温度，可能升高温度，反应的反应速率均加快，但反应的反应速率变化更大，而此甲醇的选择性降低，其原因是升高温度，反应的反应速率均加快，但反应的反应速率变化更大。11-90.1kJmol-1 CO2C+O2 化学平衡状态 16.67% 20 正极 3CO2+18H+18e-CH3CH=CH2+6H2O 【分析】(1)根据盖斯定律计算；(2)根据图像可知，反应物为二氧化碳，生成物为炭黑和氧气；(3)根据图像可知，升高温度，正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率，则升高温度，

43、平衡逆向移动，逆向反应为吸热，则正反应为放热反应。(4)根据图知，氧的化合价由-2变为0价，失电子，则生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极；阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水。【详解】(1)根据盖斯定律可知，+可得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，则H1=H2+H3=-90.1kJmol-1；(2)根据图像可知，反应物为二氧化碳，生成物为炭黑和氧气，则方程式为CO2C+O2；(3)根据图像可知，升高温度，正逆反应速率均增大，且逆反应速率增大的程度大于正反应速率，则升高温度，平衡逆向移动，逆向反应为吸热，则正反应为放热反应。根据图像可知在Q点之前为建立平衡的过程，而

44、Q点之后为平衡移动的过程，且随着温度的升高平衡逆向移动，Q点为化学平衡状态；正反应为放热反应，则H0；初始时，充入等物质的量的Cl2、CO，根据Cl2(g)+CO(g)=COCl2(g)，平衡时，c(Cl2)=c(CO)=0.20molL-1，平衡体系中CO的体积分数=100%=16.67%；K=20；(4)根据图知，氧的化合价由-2变为0价，失电子，则生成氧气的电极是阳极，则连接阳极的电源电极为正极，所以b为正极；阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成丙烯和水，电极反应式为3CO2+18H+18e-CH3CH=CH2+6H2O。12HCOOH*HCOO*H* HCOOH(g)CO2(g)H2(

45、g) H0.16NA evmol1 1.2 60 135 nmp a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大 【详解】(1)根据题意决定反应速率主要看活化能，因此该反应过程中决定反应速率步骤的化学方程式为HCOOH*HCOO*H*；根据图中信息得到甲酸分解制H2的热化学方程式可表示为HCOOH(g)CO2(g)H2(g) H0.16NA evmol1；故答案为：HCOOH*HCOO*H*；HCOOH(g)CO2(g)H2(g) H0.16NA evmol1。(2)根据反应建立三段式，以压强进行建立，设水蒸气压强为z，因此有ac100，ca2b2bb112，解得a4

46、0，b12，c60，因此反应在020 min内的平均反应速率；平衡时，水蒸气压强和任意时刻的水蒸气相同，p(水蒸气)=60kPa，平衡时根据题意建立三段式，平衡常数kPa；故答案为：1.2；60；135。(3)根据图中信息，做一条与y轴相平的平行线，相同温度下，三种催化剂(n、m、p)的催化活性由高到低的顺序为nmp；根据图中信息，a、b点都未达到平衡，b点乙苯的转化率高于a点的原因是a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大；故答案为：nmp；a、b点都未达到平衡，b点温度高，b点的速率快，消耗的量多，因此转化率大。13高温 II cd 70.5% 【详解】(1

47、)反应(I)是吸热反应(H0)，熵增的反应(S0)，根据GHTS0,得出该反应在高温下自发进行；故答案为：高温。将第II个方程式3倍减去第III个方程式，再整体除以4得到硫磺还原CaSO4反应为2CaSO4(s)+S(s)=2CaO(s)+3SO2(g)，其H= kJmol1；故答案为：。(2)磷石膏转氨法制硫酸的主要反应为CaSO4(s)+(NH4)2CO3CaCO3(s)+(NH4)2SO4，其离子方程式为CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+ (aq)，该反应的平衡常数；故答案为：。(3)升高温度，反应I的lg Kp逐渐减小，Kp减小，即逆向移动，说明逆向是吸热反应，正向是放热反应

48、，升高温度，反应II的lg Kp逐渐增大，Kp增大，即正向移动，说明正向是吸热反应，则H0的反应是II；故答案为II。在交点A处，根据两个方程式的压强平衡常数得出：，因此气体分压间满足的关系是：；故答案为：。a2(CO)正=3(CO2)正，都为正反应，不满足两个不同的方向，不能作为判断平衡标志，故a不符合题意；b气体密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不变，当气体的密度不再随时间变化，不能作为判断平衡标志，故b不符合题意；c该反应正向反应是体积减小的反应，压强不断减小，当气体的压强不再随时间变化，可以作为判断平衡标志，故c符合题意；d正向反应，生成物浓度增大，反应物物浓度减小，在一直增大，当比值不再随时间而变化，说明达到化学平衡，故d符合题意；综上所述，答案为cd。若在1.0 L的恒容密闭容器中加入1 mol CaSO4，并充入1 mol CO，只发生反应II，建立三段式得到，在B点时气体总压强为1 MPa，lg Kp0即Kp1，解得，则此时CaSO4转化率为；故答案为：70.5%。