2022届高三化学一轮复习化学反应原理01化学反应原理综合题含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习化学反应原理01化学反应原理综合题含解析，共32页。试卷主要包含了工业合成氨反应等内容，欢迎下载使用。

1．NOx是形成雾霾天气的主要原因之一，以NOx为主的污染综合治理是当前重要的研究课题。
(1)通常可采用氢气进行催化还原，消除NO造成的污染。
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H=akJ·ml-1；
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ∆H=bkJ·ml-1；
③H2O(g)=H2O(l) ∆H=ckJ·ml-1。
写出H2与NO反应生成N2和水蒸气的热化学方程式：___________。
(2)用NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是常见的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示。当NO2与NO的物质的量之比为1∶1时，与足量氨气在一定条件下发生反应。当有15ml电子发生转移时，则参与反应的NO的物质的量为___________。
(3)可用电解法将硝酸工业的尾气NO转变为NH4NO3，其工作原理如图：
M极接电源的___________极，N极的电极反应式为___________。
(4)汽车尾气中的NO、以NO为主，净化的主要原理为：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)∆H=akJ·ml-1，在500℃时，向恒容密闭体系中通入5ml的NO和5ml的CO进行反应时，体系中压强与时间的关系如图所示：
500℃时的平衡常数Kp=___________Mpa-1，(Kp为以平衡分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×物质的量分数)。若在4min改变的条件为升高温度，Kp减小，则a___________0(填“大于”“小于”或“等于”)。
2．I氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：
(1)亚硝酸氯(结构式为)是有机合成中的重要试剂。它可由和NO在通常条件下反应制得，反应方程式为。已知几种化学键的键能数据如下表所示：
当与NO反应生成ClNO的过程中转移了5ml电子，理论上放出的热量为_______kJ；
(2)在一个恒容密闭容器中投入和发生(1)中反应，在温度分别为T1、T2时测得NO的物质的量(单位：ml)与时间的关系如下表所示
①T1_______T2(填“>“”<”或”=”)；
②温度为T2℃时，起始时容器内的强为p0，则该反应的平衡常数Kp=_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)；
(3)近年来，地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如图所示
Ir表面发生反应的方程式为_______；
II.利用电化学原理，将、和熔融制成燃料电池，模拟工业电解法来精炼银，装置如图所示
请回答下列问题：
(4)甲池工作时，转变成绿色硝化剂Y，Y是，可循环使用，则石墨II附近发生的电极反应式为_______。
3．水是生命之源，是“永远值得探究的物质”。
(1)关于反应H2(g)＋O2(g)=H2O(l)，下列说法正确的是_______。
A．一定条件下，若观察不到水的生成，说明该反应不能自发进行
B．该反应设计成原电池，可将化学能全部转化为电能
C．选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行
(2)电渗析法淡化海水装置示意图如图所示，在电场中利用膜技术可实现淡化海水和浓缩海水的分离(其中A为淡化海水、B为浓缩海水)。
①图中膜a应选用_______交换膜(选填“阳离子”或“阴离子”交换)。
②电渗析法还可用来处理电镀废液，写出用该方法处理含AgNO3废液时所发生反应的化学方程式：_______。
(3)水在高温高压状态下能呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2℃)、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。
①如果水的离子积Kw从1.0×10−14增大到1.0×10−10，则相应的电离度是原来的_______倍。
②一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如下图所示，其中δ为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。如图所示，乙醇的超临界水氧化过程中，CO的分布分数先增后降的原因是_______。
③不同温度下乙醇的超临界水氧化过程中CO的分布分数随时间变化如图所示，则随温度升高，CO分布分数峰值出现的时间提前，且峰值更高，其原因是_______。
4．(1)实验室由炼钢污泥简称铁泥，主要成份为铁的氧化物制备软磁性材料α-Fe2O3。其主要实验流程如图。
①酸浸。用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中提高铁元素浸出率的措施有___________(写2条)。
②还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为。“还原”过程中除生成外，还会生成___________(填化学式)；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是___________。
③除杂。向“还原”后的滤液中加入溶液，使转化为沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致沉淀不完全，原因是___________[]。
(2)下图是利用甲烷燃料电池电解的氯化铜溶液的装置示意图：
请回答：
①甲烷燃料电池负极反应式是___________。
②当线路中有电子通过时，___________填“a”或“b”极增重___________
(3)①在化学分析中采用为指示剂，以标准溶液滴定溶液中，利用与生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中恰好沉淀完全(浓度等于)时，溶液中为___________，此时溶液中等于___________(已知、AgCl的分别为和)。
②+6价铬的化合物毒性较大，常用将废液中的还原成，该反应的离子方程式为___________
5．COx选择性甲烷化是近年来引人关注且有良好应用前景的富氢气氛下的处理方法。若原料气中CO含量较高，则需在获得较高的CO转化率的同时，又能尽量避免富氢气氛下的CO2发生甲烷化反应，减少H2的损耗量。富氢气氛下，CO、CO2均有可能与H2发生如下甲烷化反应：
Ⅰ.CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) ΔH=-a kJ·ml-1
Ⅱ.CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-165.0 kJ·ml-1
回答下列问题：
(1)已知CO(g)+H2O(g)⇌H2(g)+CO2(g) ΔH=-41.2 kJ·ml-1
则a=_______。
(2)能显著加快反应Ⅰ的速率，抑制反应Ⅱ进行的方法是_______。
(3)400 ℃时，选用镍基催化剂，常压下从入口处向容积为1 L的反应容器中通入1 ml CO、1 ml CO2和4 ml H2发生反应Ⅰ、Ⅱ。平衡后，导出气体，在出口处分析测得n(H2)=0.9 ml，n(CH4)=1 ml。则CO的平衡转化率为_______，反应中Ⅱ的平衡常数K=_______(保留两位小数，下同)。已知H2对CO的选择性S(CO→CH4)=×100％，则S(CO→CH4)=_______。增大入口处CO2的物质的量，H2对CO的选择性将_______(填“升高”“降低”或“不变”)。
(4)若原料气中CO2含量较高，CO含量较低，则原料气中CO2在铁催化剂(图甲)的作用下加入光敏剂Ir(ppy)3发生光还原反应转化为CO，CO继续与四苯卟啉Fe(Ⅱ)配合物的金属中心结合，随后参与两电子和四电子还原为CH4的过程，如图乙所示。
①Ir(ppy)3引起的能量变化为_______。
②上述过程中CO属于_______(填标号)。
A．催化剂 B．中间产物 C．反应物
③四电子还原生成CH4反应的化学方程式为_______。
6．(1)向某体积固定的密闭容器中加入0.3A、0.1C和一定量(未知)的B三种气体，一定条件下发生反应，各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答：
①若t1=15，则t0-t1内反应速率v(C) =___________，A的转化率为___________；
②写出反应的化学方程式：___________
③B的起始的物质的量是___________ml；平衡时体系内的压强为初始状态的___________倍。
(2)已知断裂几种化学键要吸收的能量如下：
16 gCH4在O2中完全燃烧生成气态CO2和气态水时___________(填“吸收”或 “放出”)约__________kJ热量。
(3)燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，如图为甲烷燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极。
①使用时，空气从___________口通入(填“A”或“B”)；
②a极的电极反应为：___________。
7．我国科学家最近发明了一种Zn-PbO2电池，电解质为K2SO4、H2SO4和KOH，由a和b两种离子交换膜隔开，形成A、B、C三个电解质溶液区域，结构示意图如下：
回答下列问题：
(1)电池中PbO2为_______极，C区域的电解质为_______(填“K2SO4”“H2SO4”或“KOH”)。
(2)电池反应的离子方程式为_______。
(3)图中a膜为_______离子交换膜(填“阳”或“阴”)。
(4)已知E为电池电动势(即电池的理论电压，是两个电极电位之差，)，则该电池与传统铅酸蓄电池相比较_______(填“>”“＜”或“=”)。
(5)Zn是一种重要的金属材料，工业上一般先将ZnS氧化，再采用热还原或者电解法制备。利用H2还原ZnS生成Zn的反应方程式为：ZnS(s)+H2(g)⇌Zn(s)+H2S(g)。727℃时，该反应的平衡常数KP=2×10-6.此温度下，在盛有ZnS的刚性容器内通入压强为100kPa的H2，达平衡时H2S的分压为_______Pa。
8．乙醇是一种可再生的燃料，在工业、医疗、生活中都有广泛应用，因此开发具有工业潜力的乙醇生产新路线具有重要意义。
I.乙烯水合法：工业上有两种方法，一种是以硫酸为吸收剂的间接水合法；另一种是乙烯催化直接水合法。
(1)间接水合法也称硫酸酯法，反应分两步进行，第一步，将乙烯在一定温度(60~90℃)、压强(1.7~3.5MPa)条件下通入浓硫酸中反应生成硫酸酯；第二步，硫酸酯在水解塔中加热至100℃水解得到乙醇。图1为第一步反应在恒定温度和压强条件下的反应速率随时间变化图，试分析该反应速率开始很缓慢，一段时间后快速增大的原因：___________。
(2)催化直接水合法是在一定温度(250℃)、压强(7MPa)下，乙烯通过固体酸催化直接与水反应生成乙醇：，该反应的温度(T)与吉布斯自由能()的关系如图2所示，则___________(填“>”、“<”或“=”)0；该反应的反应速率表达式为，，其中、为速率常数。若其他条件不变时，降低温度，则下列推断合理的是___________ (填标号)。
a.增大，减小 b.减小，增大
c.减小的倍数大于减小的倍数 d.减小的倍数小于减小的倍数
(3)与间接水合法相比，催化直接水合法的优点有___________(填一点即可)。
II.二氧化碳催化加氢可合成乙醇，反应的化学方程式为
。保持压强为5 MPa，向密闭容器中投入一定量CO2和H2发生上述反应，CO2的平衡转化率与温度、投料比的关系如图3所示。
(4)则投料比由大到小的顺序为___________。
(5)若投料比m=1，一定温度下发生上述反应，下列说法不能作为反应是否达到平衡的判断依据的是___________(填标号)。
a.容器内气体的密度不再变化
b.容器内气体的平均相对分子质量不再变化
c.CO2的体积分数不再变化
d.断裂3NA个H—H键的同时生成1.5NA个水分子
(6)若m3=3，则A点温度下，该反应的平衡常数Kp=___________(Kp是以分压表示的平衡常数)；若其他条件不变，A点对应起始反应物置于某刚性密闭容器，则平衡时CO2的转化率___________(填“>”、“<”或“=”)50%。
9．(1)工业合成氨反应：非常重要，氨在工农业生产中应用广泛。已知：键能是化学键完全断裂形成气态原子所需要吸收的能量，数值如表格所示。结合合成氨反应过程中的能量变化图，求x=_______。
(2)实验室中模拟合成氨过程，将和置于恒温，体积为的容器中进行反应。
①单位时间内生成的同时，生成
②单位时间内生成
③、和的物质的量浓度之比为1：3：2
④混合气体的密度不再改变
⑤混合气体的压强不再改变
⑥混合气体的平均相对分子质量不再改变
可说明该反应达到化学平衡状态的是___(填序号)；若时测得氢气浓度为，则用氨气表示的内化学反应速率为____；时的体系总压强与初始时的总压强之比____。
(3)工业合成氨过程中，按一定投料比将原料气置于反应容器中，测得在不同温度和压强下达到化学平衡状态时的氮的平衡含量(%)如表格所示：
实际生产时，常选择，作为反应条件。请结合以上表格数据，从温度或压强的角度，分别分析选择此温度或压强的原因。①温度：_______；②压强：_______。
(4)，可视为分子中的被取代的产物。—空气燃料电池是一种高效低污染的新型电池，其结构如图所示。通入(肼)的一极的电极反应式为_______。
10．(1)研究、等大气污染气体的处理方法具有重要的意义。
已知：①
②
则反应的_______。
(2)t℃时，将2ml和1ml通入体积为2L的恒温、恒容密闭容器中，发生如下反应：，2min时反应达到化学平衡，此时测得容器内的压强为起始压强的0.8倍，请回答：
①下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是_______(选填字母)。
A．容器内压强不再发生变化
B．的体积分数不再发生变化
C．容器内气体原子总数不再发生变化
D．相同时间内消耗2nml的同时消耗nml
E.相同时间内消耗2nml的同时生成nml
F.混合气体密度不再变化
②从反应开始到达化学平衡，生成的平均反应速率为___；平衡时，的转化率为___。
(3)已知电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是。电池的总反应可表示为。请回答下列问题：
①电池的负极材料为_______，发生的电极反应为_______。
②电池正极发生的电极反应为_______。
11．工业生产硫酸中，的催化氧化是关键步骤，排放处理未达标的尾气会产生严重的空气污染。回答下列问题：
(1)是形成酸雨的污染物之一，酸雨的pH范围是___________。
(2)已知：①
②
③
写出和反应生成和的热化学方程式___________。
(3)硫酸工业中涉及反应： 。一定条件下，在恒压密闭容器中，通入和发生上述反应，的平衡转化率和压强、温度的关系如图所示。a点时该反应的压强平衡常数Kp=___________(保留三位有效数字，已知：分压=气体总压强×该气体的物质的量分数，用各气体物质的分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数)。
恒压条件下，关于该反应的下列说法中正确的是___________。
A．Q大于0
B．相同时间内生成，同时消耗，反应达到平衡
C．相同温度下压强越大，的转化率就越大，该反应的平衡常数就越大
D．反应达到平衡后，保持温度不变，再充入和，的平衡转化率不变
(4)已知：25℃时，，，该温度下与沉淀共存的悬浊液中，___________。
(5)用如图装置回收，可制得硫酸，电极均为惰性电极，a、b膜分别为阳离子、阴离子交换膜，写出阴极的电极反应式___________。当阴极收集到标准状况下的时，理论上在阳极能得到___________。
12．I．资料显示，NaHCO3固体加热到100℃发生分解，但是加热NaHCO3溶液不到80℃就有大量CO2气体放出。
已知：①
②
③
(1)根据以上信息，写出碳酸氢钠溶液分解的热化学方程式___________，试从反应热角度说明NaHCO3在溶液中更易分解的原因___________。
II．脱除SO2有多种方法。
方法一：用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图甲所示。反应过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图乙所示。

(2)写出第一步反应的化学方程式：___________。
(3)时间段的平均速率___________(用含的式子表示)。
方法二：利用原电池原理将SO2转化为H2SO4，其原理如图所示。
(4)催化剂b表面O2发生还原反应，其附近溶液的pH___________(填“增大”或“减小”)。
(5)催化剂a表面的电极反应式为___________。
(6)当外电路通过0.2 ml电子时，消耗O2的体积为___________L(标准状况)。
13．下图示出在碳酸-碳酸盐体系(的分析浓度为1.0×10-2ml·L-1)中，铀的存在物种及相关电极电势随pH的变化关系(E-pH图，以标准氢电极为参比电极)。作为比较，虚线示出H+/H2和O2/H2O两电对的E-pH关系。
(1)计算在pH分别为4.0和6.0的条件下，碳酸-碳酸盐体系中主要物种的浓度_______。(H2CO3：Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11)
(2)图中a和b分别是pH=4.4和6.1的两条直线。分别写出与a和b相对应的铀的物种发生转化的方程式_________。
(3)分别写出与直线c和d相对应的电极反应_____、_____，并说明其斜率为正或负的原因。
(4)在pH=4.0的缓冲体系中，加入UCl3，写出反应方程式________。
(5)在pH=8.0~12之间，体系中UO2(CO3)和U4O9(s)能否共存_______？说明理由_______；UO2(CO3)和UO2(s)能否共存________？说明理由________。
14．光合作用是自然界最重要的过程之一，其总反应一般表示为6CO2 + 6H2O→C6H12O6 + 6O2，实际反应分多步进行，其中，水的氧化过程是一个重要环节，此过程在光系统II(简称PSII)中发生，使水氧化的活性中心是含有4个锰原子的配位簇(称为锰氧族)。初始状态的锰氧簇(S0) 在光照下依次失去电子变为S1、S2、S3 和S4， S4氧化H2O生成O2.该过程简示如下：
(1)光合作用中，水的氧化是几个电子转移的过程___________？
(2) 25°C， 标态下，下列电极反应的电极电势分别为：
a) MnO +4H++e-MnO2+ 2H2O E=2.90V
b) MnO2+4H++e-Mn3+ + 2H2O E=0.95V
c) O2+4H+ +4e-2H2O E= 1.23V
计算上述反应在中性条件下的电极电势___________。假定MnO和Mn3+的浓度均为0.10 ml·L-1，氧分压等于其在空气中的分压。回答此条件下MnO和MnO2能否氧化水___________。
(3)在模拟锰氧簇的人工光合作用研究中，研究者注意到如下Mn(III)/Mn(II)体系(25°C)；
d) Mn3++e-Mn2+ E = 1.51V
e)在[H2P2O]=0.40 ml· L-1， [Mn(H2P2O7) ]=[Mn(H2P2O7) ]的溶液中：Mn(H2P2O7) +2H+ +e- Mn(H2P2O7) + H4P2O7 E=1.15V
①计算e)中的半反应的标准电极电势___________。
(H4P2O7的酸解离常数： Ka1=1.2 × 10-1，Ka2=7.9 × 10-3， Ka3=2.0×10-7， Ka4=4.5 ×10-10)
②计算Mn(H2P2O7) 和Mn(H2P2O7) 的稳定常数之比___________。
15．C、N及其化合物在化学与生活中的应用特别广泛，汽车尾气(、CO、烃等)是造成雾霾的主要元凶。
(1)写出N的原子结构示意图___________，N与H可以组成一种18电子的分子，该分子的化学式为___________。
(2)CO可以合成，发生的反应为，已知反应生成放出198kJ的热量，反应中相关的化学键键能数据如下：
通过计算a的数值为___________。
(3)甲醇是未来重要的绿色能源之一，以CO为原料常见的合成反应为为了探究反应物的浓度对反应速率的影响，测得该反应的相关实验数据如下：
该反应速率的通式为(是与温度有关的速率常数)。由表中数据可确定反应速率的通式中n和m分别为___________、___________(取正整数)。
(4)在体积为2L的恒容密闭容器中，充入一定量的NO和发生反应，其中氮的氧化物的物质的量随时间的变化如下图。
①NO与发生反应的方程式为___________，图像中曲线Ⅱ表示___________的变化。
②0-10min，这段时间用表示的速率为___________。
③达平衡时NO的转化率为___________。
参考答案
1．2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=(b-2c-a)kJ•ml-1 2.5ml 负 NO+2H2O-3e-=+4H+ 64 ＜
【详解】
(1)根据盖斯定律，将②-①-2×③即可得到：2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)，△H也可以进行叠加，则△H=(b-2c-a)kJ•ml-1， 故答案为：2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=(b-2c-a)kJ•ml-1；
(2)当NO2与NO的物质的量之比为1∶1时，可以得到：NO2+NO+2NH32N2+3H2O，1mlNO参加反应时的电子转移为6ml，现电子转移为15ml，则参加反应的NO为2.5ml，故答案为：2.5ml；
(3)据图可知，M极反应为NO转化成，为还原反应，则M极为阴极，接外电源的负极，N极为阳极，电极反应为NO转化，故电极反应式为：NO+2H2O-3e-=+4H+，故答案为：负；NO+2H2O-3e-=+4H+；
(4)据图可知，2min时的压强为起始的，即物质的量也为起始的，根据三段式可设：NO、CO的变化量均为2x，则
，
起始时n(总)=10ml，平衡时n(总)=(5-2x )+(5-2x )+2x+x=(10-x)ml，故，解得x=2， NO、CO、CO2、N2物质的量分数分别为：，，，，p(NO)=4MPa×=MPa，p(CO)=4MPa×=MPa，p(CO2)=4MPa×=2MPa，p(N2)=4MPa×=1MPa，则；在4min时 升高温度，Kp减小，即平衡向左移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，故a＜0；故答案为：64；＜。
2．277.5 < H2+N2O═N2+H2O O2+4e-+2N2O5=4NO
【详解】
(1)2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），1ml Cl2参与反应发生焓变△H=243KJ/ml+2×630KJ/ml-2×（200KJ/ml+607KJ/ml）=-111kJ/ml，此时转移2ml电子，则有5ml电子转移时，热量变化为277.5kJ，故答案为：277.5；
(2)①温度越高，反应速率越大，单位时间内消耗NO的量越多，所以T1＜T2，故答案为：＜；
②起始物质的量为3ml，压强为p0，反应后各物质变化为 反应后压强为p0=p0，总物质的量=2.5，Kp= =，故答案为：；
(3)由原理的示意图可知，Ir的表面发生反应：H2+N2O═N2+H2O，
故答案为：H2+N2O═N2+H2O，
II.(4)甲池工作时，NO2转变成N2O5，说明氮元素的化合价升高，石墨Ⅰ为负极，电极反应式为NO2+NO3--e-=N2O5，石墨Ⅱ为正极，电极反应：O2+2N2O5+4e-═4NO，故答案为：O2+4e-+2N2O5=4NO。
3．C 阴离子 4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3 100 CO是乙醇的超临界水氧化的中间产物，CO2是乙醇的超临界水氧化的最终产物 随温度升高，乙醇氧化成CO的速率比CO氧化成CO2速率的增长幅度更大
【分析】
(1)A．该说法过于绝对，一定条件下，若观察不到水的生成，只能说明该反应在该条件不能自发进行，不能说该反应不能自发进行，A错误；
B．该反应设计成原电池，化学能转化为电能的同时往往伴随着热能或光能的产生，B错误；C．催化剂有正催化剂和负催化剂，所以选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行，C正确；
(2)原电池里面，阴离子移向负极，阳离子移向正极，所以图中膜a应选用阴离子交换膜；②书写出两极的电极反应式就可以书写出反应的总方程式；
(3)两个水的离子积一对比，就可以知道相应的电离度是原来的100倍；②在乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇先氧化成CO，CO再氧化成CO2，故CO是乙醇的超临界水氧化的中间产物，CO2是乙醇的超临界水氧化的最终产物，所以出现CO的分布分数先增后降；③不同温度下乙醇的超临界水氧化过程中CO的分布分数随时间变化如图所示，则随温度升高，CO分布分数峰值出现的时间提前，且峰值更高，其原因是：随温度升高，乙醇氧化成CO的速率比CO氧化成CO2速率的增长幅度更大。
【详解】
(1)A．一定条件下，若观察不到水的生成，只能说明该反应在该条件不能自发进行， 不能说该反应不能自发进行，A错误；
B．该反应设计成原电池，化学能转化为电能的同时也有部分化学能转化为热能，B错误；C．催化剂有加快反应速率的，也有减慢反应速率的，所以选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行，C正确；
(2)①左侧电极氯离子失去电子转化为氯气，所以该电极是负极，随着氯离子的渐少，远处的氯离子会靠近，所以图中膜a应选用阴离子交换膜；②电渗析法还可用来处理电镀废液，写出用该方法处理含AgNO3废液时，负极反应式为：2H2O-4e- = O2↑+4H+，正极反应式为：4Ag++4e- = 4Ag，所以该反应的化学方程式为：4AgNO3＋2H2O= 4Ag＋O2↑＋4HNO3；
(3)① 两个水的离子积相除，可知相应的电离度是原来的100倍；②在乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇先氧化成CO，CO再氧化成CO2，故CO是乙醇的超临界水氧化的中间产物，CO2是乙醇的超临界水氧化的最终产物，所以出现CO的分布分数先增后降；③不同温度下乙醇的超临界水氧化过程中CO的分布分数随时间变化如图所示，则随温度升高，CO分布分数峰值出现的时间提前，且峰值更高，其原因是：随温度升高，乙醇氧化成CO的速率比CO氧化成CO2速率的增长幅度更大。
4．适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速率、适当增加酸的浓度、增加酸浸时间等 H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全 溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全 CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+ b 3.2
【分析】
铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液"酸浸"得到相应硫酸盐溶液，向”酸浸"后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向"还原"后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁"生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α-Fe2O3；据此分析作答。
【详解】
(1)①实验中提高铁元素浸出率的措施有适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速率、适当增加酸的浓度、增加酸浸时间等；
②为了提高铁元素的浸出率，"酸浸"过程中硫酸溶液要适当过量，故向"酸浸"后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有:Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2，"还原"过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶波检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全；
③向"还原"后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F)，当Ca2+完全沉淀(某离子浓度小于1×10-5ml/L表明该离子沉淀完全)时，溶液中c(F-)至少为；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全；
(2)①酸性条件下，甲烷为原电池的负极，被氧化生成二氧化碳和水，电极方程式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，故答案为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；
②电解池中，阴极上电极反应式为Cu2++2e-=Cu，阳极上电极反应式为2Cl--2e-=Cl2，连接原电池负极的是阴极，所以B中析出金属的是b电极，当线路中有0.1ml电子通过时，n(Cu2+)=2m/L×0.05L=0.1ml，铜离子完全析出需要0.2ml电子，所以析出铜的质量=0.05ml×64g/ml=3.2g；
(3)①根据溶度积计算：，此时溶液中；
②用将废液中的还原成，该反应的离子方程式为。
5．206.2 使用选择性良好的催化剂 90％ 2.05 L2·ml-2 87.1％ 降低 光能转变为化学能 BC FeⅠCHO+5H++4e- = CH4+H2O+FeⅡ
【详解】
(1)结合盖斯定律可知，①CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)△H=-a kJ•ml-1； ②CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)△H=-165.0 kJ•ml-1； ③CO(g)+H2O (g)⇌H2(g)+CO2(g)△H=-41.2 kJ•ml-1；反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)△H=(②+③)=(-165.0kJ•ml-1)+(-41.2kJ•ml-1)=-206.2kJ•ml-1，故答案为：206.2；
(2)由于温度，压强对于反应速率影响具有相同性，故应采取选择合适的催化剂的方法快反应Ⅰ的速率，抑制反应Ⅱ，故答案为：选取选择性良好的催化剂；
(3)设反应过程中CO和CO2分别转化了xml、yml，据此列出三段式：
；
；
出口测得n(H2)=0.9 ml，n(CH4)=1 ml，可得4-3x-4y=0.9，x+y=1，解得x=0.9，y=0.1，故CO转化率为=90%；反应II的K值为 L2·ml-2；已知，H2对CO的选择性S(CO→CH4)=×100％，带入数据可知S(CO→CH4)=；增大入口处CO2的物质的量，反应II右移，甲烷浓度增大，氢气浓度减小，反应I左移，氢气对一氧化碳的选择性降低；故答案为：90%；2.05L2·ml-2；87.1%；降低；
(4)①分析还原过程可知，该反应的能量变化为光能转化为化学能，故答案为：光能转变为化学能；
②由于原料气本身含有CO，结合流程可知CO即属于反应物，也属于中间产物，故答案为：BC；
③结合图中反应机理，四电子还原生成CH4的反应的化学方程式为FeⅠCHO+5H++4e- = CH4+H2O+FeⅡ，故答案为：FeⅠCHO+5H++4e- = CH4+H2O+FeⅡ。
6．0.004ml/(L·s) 60％ 3A2C+B 0.04 ml 1 放出 688 B CH4+10OH-_8e-=CO+7H2O
【详解】
(1)①由图象可知A的起始浓度为0.15ml/L，A的物质的量为0.3ml，则体积为V=0.3ml÷0.15ml/L=2L；由图象可知C的浓度变化为0.11ml/L-0.05ml/L=0.06ml/L，则其反应速率为v(C)=0.06ml/L÷15s=0.004ml/(L·s)；A的转化率为×100%＝60％；
②A的浓度在减小、为反应物，A的浓度变化为：0.15ml/L-0.06ml/L=0.09ml/L，C的浓度在增大、为生成物，C的浓度变化为0.11ml/L-0.05ml/L=0.06ml/L，则A、C的计量数之比为3：2，由于在反应过程中混合气体的平均分子量没有变化，则反应前后计量数相同，所以B为生成物，且计量数为1，所以反应方程式为：3A2C+B；
③该反应方程式为3A2C+B，所以反应前后气体的总物质的量不变，B的起始的物质的量是（0.11+0.06+0.05）ml/L×2L-（0.3+0.1）ml=0.04ml；根据阿伏加德罗定律可知，在同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，由于反应前后气体的体积不变，即气体的物质的量不变，所以平衡时体系内的压强保持不变，为初始状态的1倍。
(2)断键吸热，形成化学键放热，甲烷燃烧放热，则根据方程式CH4+2O2＝CO2+2H2O可知16 gCH4即1ml甲烷在O2中完全燃烧生成气态CO2和气态水时放出的热量是（745×2+2×2×463－4×415－497×2）kJ＝688 kJ；
(3)①根据电子流向可知a电极是负极，b电极是正极，则使用时，空气从B口通入；
②a极是甲烷发生失去电子的氧化反应，电解质溶液显碱性，则电极反应为CH4+10OH-_8e-=CO+7H2O。
7．正 H2SO4 PbO2++Zn+2H2O=PbSO4+ 阳 > 0.2
【详解】
(1)分析结构示意图可知锌失去电子，为原电池的负极，电池中PbO2正极；负极的电极反应式为：，A区域电解质为：KOH ，正极电极反应式为： ，C区域的电解质为H2SO4；
(2)根据上述正负极的电极反应式可知电池反应的离子方程式为PbO2++Zn+2H2O=PbSO4+ ；
(3)A中氢氧化钾的氢氧根被消耗，钾离子透过a膜进入B区域，所以图中a膜为阳离子交换膜；
(4)锌活泼性强于铅，二者正极材料相同，所以该电池与传统铅酸蓄电池相比较>，答案为：>；
(5) H2还原ZnS生成Zn的反应方程式为：ZnS(s)+H2(g)⇌Zn(s)+H2S(g)。727℃时，该反应的平衡常数KP=2×10-6.此温度下，在盛有ZnS的刚性容器内通入压强为100kPa的H2，列出下列三段式：，反应的压强平衡常数为：，解得达平衡时H2S的分压为0.2Pa，答案为：0.2。
8．乙烯难溶于浓硫酸，浓硫酸中乙烯的浓度低，反应速率低，一段时间后生成了硫酸酯，加大了乙烯的溶解度，从而加快了反应速率 < d 设备腐蚀程度小 cd
【详解】
(1)乙烯难溶于浓硫酸，浓硫酸中乙烯的浓度低，反应速率低，一段时间后生成了硫酸酯，加大了乙烯的溶解度，从而加快了反应速率，所以该反应速率开始很缓慢，一段时间后快速增大；
(2)根据图示，低温条件下<0，高温条件下>0，可知低温条件下能正向进行，则<0；该反应的反应速率表达式为，，其中、为速率常数。
a.降低温度，正逆反应速率均减小，所以减小，减小，故a错误；
b. 降低温度，正逆反应速率均减小，减小，减小，故b错误；
c.正反应放热，降低温度，平衡正向移动，>，可知减小的倍数小于减小的倍数，故c错误；
d. 正反应放热，降低温度，平衡正向移动，>，可知减小的倍数小于减小的倍数，故d正确；
选d。
(3)与间接水合法相比，催化直接水合法，不需要使用硫酸，优点是设备腐蚀程度小。
(4)增大氢气浓度，平衡正向移动，CO2转化率增大，所以投料比由大到小的顺序为。
(5) a. 反应前后气体系数和不同，恒压条件下，容器体积是变量，则密度是变量，若容器内气体的密度不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选a；
b. 反应前后气体系数和不同，根据可知，平均相对分子质量是变量，若容器内气体的平均相对分子质量不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选b；
c.
CO2的体积分数为 ，CO2的体积分数是恒量， CO2的体积分数不再变化，反应不一定达到平衡状态，故选c；
d.断裂3NA个H—H键的同时生成1.5NA个水分子，不能判断正逆反应速率相等，反应不一定达到平衡状态，故选d；
选cd。
(6)若m3=3，则A点温度下，
反应后气体总物质的量是3aml；该反应的平衡常数Kp= ；若其他条件不变，A点对应起始反应物置于某刚性密闭容器，气体压强减小，与原平衡比相当于减压，平衡逆向移动，平衡则平衡时CO2的转化率<50%。
9．945.8 ⑤⑥ 9：10 由表可知，保持P不变，T越低，氨的平衡含量越高；但T太低，反应速率小，不利于生产 由表可知，保持T不变，P越大，氨的平衡含量越高；但P太大，对动力和设备要求太高
【详解】
(1)反应热等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，根据图象和表中数据可知0.5x+1.5×436-3×391=-46.1，解得x=945.8；
(2)①单位时间内生成的同时，生成，均表示逆反应速率，不能说明；
②单位时间内生成，不能满足反应速率之比是化学计量数之比，没有达到平衡状态；
③、和的物质的量浓度之比为1：3：2，不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态；
④反应前后气体的质量和容器容积均不变，则混合气体的密度始终不变，不能说明；
⑤正反应体积减小，则混合气体的压强不再改变可以说明反应达到平衡状态；
⑥气体的质量不变，物质的量是变化的，则混合气体的平均相对分子质量不再改变，可以说明反应达到平衡状态；
可说明该反应达到化学平衡状态的是⑤⑥；若时测得氢气浓度为，则消耗氢气浓度是1.5ml/L－1.2ml/L=0.3ml/L，生成氨气浓度是0.2ml/L，用氨气表示的内化学反应速率为0.2ml/L÷10min＝；时剩余氮气浓度是0.5ml/L－0.1ml/L＝0.4ml/L，所以体系总压强与初始时的总压强之比＝9：10。
(3)根据表可知，保持P不变，T越低，氨的平衡含量越高；但T太低，反应速率小，不利于生产，所以实际生产时，常选择；由表可知，保持T不变，P越大，氨的平衡含量越高；但P太大，对动力和设备要求太高，因此所以实际生产时，常选择。
(4)N2H4在反应中失去电子，在负极通入，由于电解质溶液显碱性，则通入肼的一极的电极反应式为。
10．-41.8 ABE 0.3ml/(L·min) 60% 锂
【详解】
(1)根据盖斯定律，由，减去，再除以2，即可得到，。
(2)①A.反应前后气体物质的量改变，恒温、恒容条件下，压强是变量，容器内压强不再发生变化时，一定达到平衡状态，故选A；
B.根据化学平衡的定义，的体积分数不再发生变化，一定达到平衡状态，故选B；
C.化学变化中，原子数是恒量，容器内气体原子总数不再发生变化，不一定达到平衡，故不选C；
D.相同时间内消耗2nml的同时消耗nml，都是指正反应速率，不一定达到平衡，故不选D；
E.相同时间内消耗2nml的同时生成nml，正逆反应速率之比等于系数比，一定达到平衡状态，故选E；
F.反应前后气体质量不变，恒温、恒容条件下，密度是恒量，混合气体密度不再变化，不一定达到平衡，故不选F。
②
恒温、恒容条件下，压强之比等于物质的量浓度之比，则，解得。从反应开始到达化学平衡，生成的平均反应速率为；平衡时，的转化率为。
(3)①根据电池总反应：可知，Li失去电子发生氧化反应，Li是负极，负极反应式是；
②总反应减去负极反应式，可得正极反应式：。
11．pH<5.6 0.0446(或)(写0.0445也送分) BD 26(26：1) 196
【详解】
(1)通常将pH小于5.6的雨水称为酸雨，故答案为：pH<5.6；
(2)根据盖斯定律：反应可由反应①-反应②+反应③得到，则该反应的反应热：，反应的热化学方程式为： ，故答案为： ；
(3)a点时二氧化硫的转化率为20%，根据题意列三段式：
Kp= =0.0446(或)
A．由图像可知在压强不变时，随温度的升高二氧化硫的转化率减小，说明升温平衡逆向移动，正向为放热反应，则Q小于0，故A错误；
B．相同时间内生成，同时消耗，可知正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，故B正确；
C．平衡常数只与温度有关，压强改变时K不变，故C错误；
D．在恒压条件下，反应达到平衡后，保持温度不变，再充入和，新平衡与原平衡等效，的平衡转化率不变，故D正确；
故答案为：BD；
(4) 该温度下与沉淀共存的悬浊液中，、均满足各自的Ksp，=26(26：1)，故答案为：26(26：1)；
(5)由装置图可知左侧电极生成氢气，发生的电极反应为：，左侧为阴极，则右侧为阳极，阳极生成硫酸，可知原料室中的亚硫酸根离子通过b膜进入右侧电极室中被氧化成硫酸根离子，每生成1ml 转移2ml电子，则阴极生成即2ml时，转移电子4ml，则生成的硫酸为4ml，质量为196g，故答案为：；196；
12． 碳酸氢钠在溶液条件下分解需要的能量比固体小 增大 1.12
【详解】
I．(1)根据盖斯定律②+③-2①得，；
NaHCO3固体加热到100℃发生分解，但是加热NaHCO3溶液不到80℃就有大量CO2气体放出，说明碳酸氢钠在溶液条件下分解需要的能量比固体小，故答案为：；碳酸氢钠在溶液条件下分解需要的能量比固体小；
II．(2)根据图甲所示，300℃时H2还原SO2生成H2S和水，反应方程式为：，故答案为：；
(3) 根据图乙可知时间段以 SO2表示平均速率为：，故答案为：；
(4)根据原电池所示可知a为负极，b为正极，催化剂b表面O2发生还原反应，反应的电极方程式为：，电极附近pH增大，故答案为：增大；
(5) 根据原电池所示可知a为负极，负极失电子，电极反应为： ，故答案为：；
(6) 当外电路通过0.2 ml电子时，根据电极反应可知消耗氧气0.05ml，标况下消耗氧气的体积为：，故答案为：1.12L。
13．见解析 a： UO+H2CO3→UO2CO3+2H+
b： UO2CO3+ 2→UO2(CO3)+ H2CO3 c： 4UO22-+H2O+6e→U4O9+2 H+，该半反应产生H'，pH的增大有利于H+的除去，故电极电势随pH增大面升商，即E-pH斜率为正 d： U4O9+2H+ +2e→4 UO2+ H2O，该半反应消耗H+，pH增大，H+浓度减小，不利于反应进行，故电极电势随pH增大而降低，即E-pH线的斜率为负 U3++2H2O→UO2+1/2H2+3H+ UO2(CO3)和U4O9能共存 E(UO2(CO3)/U4O9)低于E(O2/H2O)面高于E(H+/H2)。因此，其氧化形态UO2(CO3)不能氧化水而生成O2。 其还原形态U4O9(s)也不能还原水产生氢气 UO2(CO3)和UO2 (s)不能共存 E(UO2(CO3)+/U4O9)高于E(U4O9/UO2)。当UO2(CO3)和UO2 (s)相遇时，会发生反应。
【详解】
H2CO3 =H+ + Ka1`=[ H+] []/[H2CO3]-4.5 ×10-7
=H++ Ka2=[ H+] []/ []-4.7 ×10-11
pH=4.0， [H+]=1.0 ×10-4 ml·L-1
[H2CO3] = (] [H+]/(4.5 ×10-7)- 2.2 × 102[]。
[]= [] =4.7×10-11/[H+]= 4.7 ×10-7[]
溶液中以H2CO3为主，[H2CO3]=1.0 ×10-2 ml· L-1
pH=6.0， [H+]=1.0 ×10-6 ml·L-1
[H2CO3] = [][H+]/(4.5 ×10-7)=2.2 []。
[] = []×4.7×10-11/[H+] = 4.7 ×10-5[]
[]=1.0 ×10-2 ml·L-1/3.2- 3.1 × 10-3 ml ·L-1
[H2CO3] =2.2 []=6.8 × 10-3 ml ·L-1
14．4 a) E=E+lg(MnO43-)(H+)4 =2.90+ 0.0591× lg(0.10 ×1.0 ×10-28)=1.19（V)
b) E=E+lg （）= 0.95 + 0.0591 × lg(1.0 ×10-28/0.10)= -0.65(V)
c) E=E+lg [×(H+)4]=1.23+ + ×lg[0.2 ×1.0 ×10-28]= 0.81(V) MnO43-能； MnO2不能 [Mn3+]/[Mn2+ ]=(K稳2 /K稳1)/[ H2P2O72-] 3.2 × 10-7
【详解】
4
2-2
a) E=E+lg(MnO43-)(H+)4 =2.90+ 0.0591× lg(0.10 ×1.0 ×10-28)=1.19（V) 0.5分
b) E=E+lg （）= 0.95 + 0.0591 × lg(1.0 ×10-28/0.10)= -0.65(V) 0.5分
c) E=E+lg [×(H+)4]=1.23+ + ×lg[0.2 ×1.0 ×10-28]= 0.81(V) 0.5分
MnO43-能； MnO2不能。0.5分
2-3-1
在H2P2O72-浓度为0.40 ml· L-1的溶液中，根据如下平衡：
H4P2O7=2H+ + H2P2O72- K=[H+]2×[H2P2O72-]/[ H4P2O7]=Ka1 Ka2
得[H+]2/ [ H4P2O7]= Ka1 Ka2 / [H2P2O72-]=2.4 × 10-3
知[Mn( H2P2O7)33-]=[Mn (H2P2O7)22-]
E(e)= E (e)+ lg；
1.15= E (e)+lg(2.4 ×10-3)
E (e)=1.15-lg(2.4 ×10-3)= 1.30(V) 共2分：公式正确1分，答案正确1分
2-3-2
由d)， E(Mn3+/Mn2+)= E (Mn3+/Mn2+)+ lg 0.5分
在H2P2O72-浓度为0.40 ml /L的溶液中，
Mn 3++ 3 H2P2O72- → Mn ( H2P2O7)33- K 稳1=[ Mn( H2P2O7)33-]/[Mn3+] [H2P2O72-]3 0.5分
Mn2+ + 2H2P2O72-→Mn(H2P2O7)22- K稳2=[Mn(H2P2O7)22-]/[Mn2+ ][ H2P2O72-]2 0.5分
知[Mn ( H2P2O7)33-]=[Mn(H2P2O7)22-]则： [Mn3+]/[Mn2+ ]=(K稳2 /K稳1)/[ H2P2O72-] 0.5分
关联d) 和e)，有：
1.15=1.51+ 0.0591 lg(K稳2 /K稳1)/[ H2P2O72-]
(K稳2 /K稳1)=3.2 × 10-7
15． N2H4 1080 1 1 2NO(g)+O2 (g)2NO2(g) NO 0.005ml∙L-1∙min-1 65%
【详解】
(1)N为7号元素，N的原子结构示意图，N与H可以组成一种18电子的分子，该分子的化学式为N2H4。故答案为：；N2H4；
(2)由表中化学键键能数据(436×3+a)-(414×4+465×2)=-198计算a的数值为1080。故答案为：1080；
(3)组别1中c(CO)=0.24ml·L－1 ，c(H2)=0.48ml·L－1 ,初始速率v正=0.361，，①0.361=，同理②0.720=，③0.719， 可得2=2n，即得n=1， 可得2=2m，即得m=1。故答案为：1；1；
(4)①NO与发生反应的方程式为2NO(g)+O2 (g)2NO2(g) ，NO逐渐减小，NO2逐渐增大，曲线Ⅰ是 NO2的变化，图像中曲线Ⅱ表示NO的变化。故答案为：2NO(g)+O2 (g)2NO2(g)；NO；
②0-10min，v(NO)=v(NO2 ),这段时间用表示的速率为v(NO)=v(NO2 )= =0.005ml∙L-1∙min-1。故答案为：0.005ml∙L-1∙min-1；
③达平衡时NO的转化率为 =65%。故答案为：65%。化学键
Cl—Cl
Cl—N
N—O
N—O(NO)
键能(kJ/ml)
243
200
607
630
t/min
温度/℃
0
5
8
13
T1
2
1.5
1.3
1.0
T2
2
1.15
1.0
1.0
化学键
C—H
O=O
C=O
H—O
断裂1ml键吸收的能量/kJ
415
497
745
463
化学键
H-H
N-H
N≡N
键能/(kJ∙ml-1)
436
391
x
0.1
10
20
30
60
100
200
15.3
81.5
86.4
89.9
95.4
98.8
300
2.2
52.0
64.2
71.0
84.2
92.6
400
0.4
25.1
38.2
47.0
65.2
79.8
500
0.1
10.6
19.1
26.4
42.2
57.5
600
0.05
4.5
9.1
13.8
23.1
31.4
化学键
键能/
414
a
436
465
组别
起始浓度/
初始速率
CO
1
0.24
0.48
0.361
2
0.24
0.96
0.720
3
0.48
0.48
0.719