高考化学第一轮复习：盖斯定律及其应用

高考化学第一轮复习：盖斯定律及其应用
一、选择题
1． CH4/CO2催化重整的反应为①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H1其中，积炭是导致催化剂失活的主要原因。产生积炭的反应有：
②CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+74.6kJ mol-1
③2CO(g)C(s)+CO2(g) △H3=-172.5kJ mol-1
科研人员研究压强对催化剂活性的影响：在1073K时，将恒定组成的CO2、CH4混合气体，以恒定流速通过反应器，测得数据如图。
注：Ra是以CH4的转化率表示的催化剂活性保留分率，即反应进行到某一时刻的催化剂活性与反应初始催化剂活性之比。
下列分析错误的是
A．△H1=+247.1kJ mol-1
B．压强越大，Ra降低越快，其主要原因是反应①平衡逆向移动
C．保持其他条件不变，适当增大投料时，可减缓Ra的衰减
D．研究表明“通入适量O2有利于重整反应”，因为O2能与C反应并放出热量
2．燃煤电厂锅炉尾气中含有氮氧化物(主要成分NO)，可通过主反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)ΔH=-1627.7kJ·mol 1除去。温度高于300℃时会发生副反应：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)ΔH=-904.74kJ·mol 1.在恒压、反应物起始物质的量之比一定的条件下，反应相同时间，NO的转化率在不同催化剂作用下随温度变化的曲线如图所示。下列有关说法一定正确的是（　　）
A．升高温度、增大压强均可提高主反应中NO的平衡转化率
B．N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=-180.74kJ·mol 1
C．图中X点所示条件下，反应时间足够长，NO的转化率能达到Y点的值
D．图中Z点到W点NO的转化率降低的原因是主反应的平衡逆向移动
3． CH4—CO2重整反应能够有效去除大气中 CO2，是实现“碳中和”的重要途径之一，发生的反应如下：
重整反应 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH
积炭反应Ⅰ 2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH1=―172 kJ·mol-1
积炭反应Ⅱ CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH2=+75kJ·mol-1
在恒压、起始投料比=1条件下，体系中含碳组分平衡时的物质的量随温度变化关系曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．重整反应的反应热ΔH=-247 kJ·mol-1
B．曲线B表示CH4平衡时物质的量随温度的变化
C．积炭会导致催化剂失活，降低CH4的平衡转化率
D．低于600℃时，降低温度有利于减少积炭的量并去除CO2气体
4．二氧化碳加氢合成二甲醚(CH3OCH3)具有重要的现实意义和广阔的应用前景。该方法主要涉及下列反应：
反应I：
反应II：
反应III：
下列说法错误的是（　　）
A．CO2大量排放可导致温室效应
B．干冰升华吸热是因为CO2分子中共价键发生断裂
C．CH3OH的沸点比CH3OCH3的高，主要原因是CH3OH分子间存在氢键
D．反应 的
5．在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，除主反应(反应Ⅰ)外，还会发生副反应(反应Ⅱ)。
反应Ⅰ： ：
反应Ⅱ：
一定压强下，向某容积可变的密闭容器中通入和的混合气体(其中和的物质的量之比为1∶4)，在某催化剂的作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得的转化率、的选择性、CO的选择性随反应温度的变化情况如图所示。
已知：或CO的选择性指反应生成或CO时所消耗的的物质的量占参与反应的总物质的量的百分比。
下列说法正确的是（　　）
A．相同温度下，反应的平衡常数
B．温度升高，反应Ⅰ的平衡常数和反应Ⅱ的平衡常数都增大
C．通过控制反应温度、调节压强等措施可提高的选择性
D．500℃时，反应达到平衡后，增大压强，体系中CO和的体积分数均减小
6．以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
①CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.5 kJ/mol
②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H2=-90.4 kJ/mol
③CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H3
不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2平衡转化率随温度变化关系如图。下列说法正确的是（　　）
A． H3=-40.9 kJ/mol
B．p1 < p2 < p3
C．为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，反应条件应选择高温、高压
D．T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是：该温度下，主要发生反应③
7．下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据是（　　）
　 A B C D
　 勒夏特列原理 元素周期律 盖斯定律 阿伏加德罗定律
实 验 方 案
结果 左球气体颜色加深 右球气体颜色变浅 烧瓶中冒气泡， 试管中出现浑浊 测得ΔH为ΔH1、ΔH2的和 H2与O2的体积比约为2︰1
A．A B．B C．C D．D
8． AlH3是一种储氢材料，可作为固体火箭推进剂。通过激光加热引发AlH3的燃烧反应，燃烧时温度随时间变化关系如下图所示。燃烧不同阶段发生的主要变化如下：
2AlH3(g)=2Al(s)+3H2(g) △H1 H2(g)+ O2(g)=H2O(g) △H2 Al(s)= Al(g) △H3 Al(g) + O2(g)= Al2O3(s) △H4
下列分析正确的是（　　）
A．AlH3燃烧需要激光加热引发，所以AlH3燃烧是吸热反应
B．其他条件相同时，等物质的量的Al(s)燃烧放热大于Al(g)燃烧放热
C．在反应过程中，a点时物质所具有的总能量最大
D．2AlH3(s)+3O2(g)=Al2O3(s)+3H2O(g) △H=△H1+3△H2+2△H3+2△H4
9．已知：①C2H6（g） C2H4（g）+H2（g） DH1 ＞0。
②C2H6（g）+ =2CO2（g）+3H2O（l） DH 2 ＝-1559.8 kJ·mol-1
③C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l） DH 3＝-1411.0 kJ·mol-1
下列叙述正确的是（　　）
A．升温或加压均能提高①中乙烷的转化率
B．①中断键吸收的能量少于成键放出的能量
C．用DH 2和DH 3可计算出①中的DH
D．推测1 mol C2H2（g）完全燃烧放出的热量小于1411.0 kJ
10．物质A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是(　　)
A．A→F,△H =一△H6
B．△H1 +△H2 + △H3 + △H4 + △H5 + △H6=0
C．C→F, △H= △H1+ △H2 + △H6
D．若A→C为放热过程，则△H3 + △H4 + △H5 + △H6 >0
11．我国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（　　）
A．Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化
B．两种电解质溶液环境下从N2→NH3的焓变不同
C．MoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2→*N2H)的能量降低
D．N2的活化是N≡N键的断裂与N—H键形成的过程
12．以甲烷为原料合成甲醇的反应如下：
反应I：CH4(g) + CO2(g) 2CO(g) + 2H2(g) △H1= +247 kJ/mol
反应II：CO(g) + 2H2(g) CH3OH(g) △H2=-90kJ/mol
已知： T1℃时，反应II 的平衡常数数值为100；T2℃时，反应II 在密闭容器中达到平衡，测得CO、H2、CH3OH的物质的量浓度(mol/L)分别为0.05、0.1、0.1。下列说法中，正确的是（　　）
A．反应I中，使用催化剂可以减小△H1，提高反应速率
B．反应II 中，加热或加压均可提高原料气的平衡转化率
C．由上述数据可判断反应II 的温度： T1> T2
D．CO(g)+CH3OH(g) CH4(g) +CO2(g) △H= +157 kJ/mol
二、非选择题
13．三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式　 　。
（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) ΔH1=48 kJ·mol 1
3SiH2Cl2(g)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) ΔH2= 30 kJ·mol 1
则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的ΔH=　 　 kJ·mol 1。
（3）对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时反应的平衡转化率α=　 　%。平衡常数K343 K=　 　（保留2位小数）。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是　 　；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有　 　、　 　。
③比较a、b处反应速率大小：va　 　vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v=v正 v逆= ，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处 =　 　（保留1位小数）。
14．采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用，回答下列问题：
（1）1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为　 　。
（2）F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡，体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=x时，N2O4(g)完全分解)：
t/min 0 40 80 160 260 1300 1700 ∞
P/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1
①已知：2N2O5（g）=2N2O4（g）+O2（g） △H1=-4.4kJ·mol-1
2NO2（g）=N2O4（g） △H2=-55.3kJ·mol-1
则反应N2O5(g)=2NO2(g)+ O2(g)的△H=　 　 kJ·mol-1
②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3× (KPa·min-1)，t=62min时，测得体系中 =2.9kPa，则此时的 =　 　 kPa，V=　 　 kPa，min-1。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强pX(35℃)　 　63.1kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是　 　。
④25℃时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp=　 　 kPa (Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
（3）对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R，A，Ogg提出如下反应历程：
第一步N2O5 NO3+NO2 快速平衡
第二步NO2+NO3 NO+NO2+O2 慢反应
第三步NO+NO3 2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是 __________（填标号)。
A．ν(第一步的逆反应P>ν(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高。
15．NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
（1）用水吸收NOx的相关热化学方程式如下：
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH= 116.1 kJ·mol 1
3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol 1
反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）的ΔH=　 　kJ·mol 1。
（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：　 　。
（3）用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：　 　。
（4）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为　 　mol。
②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应（装置见题20图 1）。
反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如题20图 2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是　 　；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是　 　。
16．除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
（1）室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：
①室温下，反应的　 　(用含、或的代数式表示)。
②基态核外电子排布式为　 　。
③室温下，初始浓度为的溶液中随的变化如图所示。
根据A点数据计算反应的　 　，下列关于该反应的说法不正确的是　 　。
A．加水稀释，平衡右移，K值增大
B．若达到A点的时间为，则
C．若升高温度，溶液中的平衡转化率减小，则该反应的
（2）与熟石灰除Cr(VI)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀。
①实验中的作用是　 　。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为　 　。
（3）微生物法：
①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如图所示。时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是　 　。
②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为，得到电子转化为H，　 　。
（4）可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：
①该制备过程总反应的化学方程式为　 　。
②电解一段时间后，阳极区溶液中的物质的量由变成，则生成的重铬酸钾的物质的量为　 　。
17．氮氧化物和一氧化碳污染指数是衡量空气质量的重要标准，它们的治理刻不容缓。回答下列问题：
（1）已知：①CO2(g)+C(s)2CO(g) △H1=+172.5kJ mol-1
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H2=-393.5kJ mol-1
③2NO(g)N2(g)+O2(g) △H3=-180.5kJ mol-1
则CO还原NO的热化学方程式为　 　，在此反应中为提高NO的平衡转化率同时提高反应速率，可以采取的措施是　 　(答出一条即可)。
（2）已知：2NO(g)N2(g)+O2(g) △H3=-180.5kJ mol-1中v正=k正×c2(NO)、v逆=k逆×c(N2)×c(O2)，(k正、k逆分别为正逆反应速率常数)。
①该反应在某条件下达到平衡后，降低温度，k正　 　(填“增大”或“减小”，下同)，k正：k逆=　 　。
②下列有关说法正确的是　 　(填标号)。
A．延长反应时间有利于提高N2的平衡产率
B．适当增大NO(g)的浓度，有利于提高NO的平衡转化率
C．恒温、固定容积的密闭容器中，混合气体的压强保持不变时达到平衡
D．体系达平衡后，若压缩体积，平衡不发生移动，但是逆反应速率变快
（3）一定条件下，CH4分解生成碳的反应历程如图所示。该历程分4步进行，其中第　 　步为放热反应，正反应活化能最大一步的反应方程式为　 　。
（4）在实验室模拟工业合成甲醇的反应，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H＜0。在一恒压密闭容器内充入1molCO、2molH2和1molHe(代替合成气中的杂质，不参与反应)，测得压强为pMPa，加入合适催化剂后在恒温条件下开始反应，测得容器的体积变化如表：
反应时间/min 0 10 20 30 40 50 60
容器体积/L 4 3.5 3.2 3.0 2.9 2.8 2.8
则氢气的平衡转化率为　 　，该温度下的平衡常数Kp为　 　(MPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数，请用含p的式子表示)。
18．我国力争2030年前实现碳达峰，2060 年前实现碳中和。CO2 的综合利用是实现碳中和的措施之一。
（1）Ⅰ． CO2和CH4在催化剂表面可以合成CH3COOH，该反应的历程和相对能量的变化情况如下图所示(*指微粒吸附在催化剂表面，H*指H吸附在催化剂载体上的氧原子上，TS表示过渡态)：
决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为　 　。
（2）下列说法正确的有　 　。
a．增大催化剂表面积可提高CO2在催化剂表面的吸附速率
b． CH3COOH* 比CH3COOH(g)能量高
c．催化效果更好的是催化剂2
d．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率
（3）Ⅱ． CO2和 H2在一定条件下也可以合成甲醇，该过程存在副反应ii。
反应i： CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH1 = -49.3 kJ·mol-1
反应ii： CO2(g) + H2(g CO(g)+ H2O(g) ΔH2
有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)为0，则ΔH2=　 　 kJ·mol-1
（4）恒温恒容条件下，仅发生反应ii，反应达到平衡的标志是　 　。
a． CO的分压不再发生变化
b．气体平均相对分子质量不再发生变化
c． 气体密度不再发生变化
d． 比值不再发生变化
（5）在5.0MPa，将n(CO2) ： n(H2)=5 ： 16的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组成比例(CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数)及CO2的转化率随温度的变化如图所示。
①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是　 　 (填“a”或“b”)。
②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是　 　。
③250℃时反应i： CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)的 Kp=　 　(MPa)-2(用最简分数表示)。
答案与解析
1.答案：B
分析：A.根据盖斯定律可知，①=②-③；
B.压强越大，反应③平衡正向移动，积炭增多，Ra降低越快；
C.适当增大投料时，反应③平衡逆向移动，可减少积炭产生；
D.O2能与C反应可减少积炭产生。
解析：A．根据盖斯定律，①=②-③，△H1=△H2-△H3=+247.1kJ mol-1，A不符合题意；
B．压强越大，Ra降低越快，说明催化剂活性降低越快，积碳越多，其主要原因是反应③为气体体积减小的反应，加压平衡正向移动，使得积碳增多，B符合题意；
C．由选项B分析知，保持其他条件不变，适当增大投料时，增大CO2浓度，使反应③平衡逆向移动，减少积碳，可减缓Ra的衰减，C不符合题意；
D．通入适量O2，O2能与C反应并放出大量的热，可减少积碳减缓Ra的衰减，同时反应放热使得反应①正向移动，有利于重整反应，D不符合题意；
故答案为：B。
2．答案：C
分析：A.升高温度，主反应和逆反应均逆向反应，转化率下降，而增大压强转化率均增大
B.根据盖斯定律即可计算
C.平衡一直向右进行，转化率在增大，可以达到Y点
D.催化剂只是改变速率，只是未达到平衡状态
解析：A．主反应和副反应的焓变均小于0，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小，A不符合题意；
B．根据盖斯定律 ×(副反应-主反应)可得N2(g)+O2(g)=2NO(g)的ΔH= ×[-904.74kJ·mol 1-(-1627.7kJ·mol 1)]=180.74kJ·mol 1，B不符合题意；
C．据图可知X点的转化率低于相同温度下的Y点，说明测定转化率时X点还未达到平衡，反应时间足够长，NO的转化率能达到Y点的值，C符合题意；
D．催化剂不影响平衡转化率，而W点的转化率低于相同温度下另一催化剂条件下的转化率，说明W点并没有处于平衡状态，所以转化率降低不可能是平衡移动造成，D不符合题意；
故答案为：C。
3．答案：B
分析：根据盖斯定律，重整反应的热化学方程式=II-I，对应的ΔH=ΔHII-ΔHI= + 247 kJ·mol-1，根据勒夏特列原理可知，升高温度CH4正向移动，即平衡时n(CH4)随温度升高而降低，结合发生的反应，平衡时n(CH4)＜n(CO2)，可推出曲线A表示CO2，曲线B表示CH4。H2是生成物，则曲线D表示H2，曲线C表示CO。
解析：A．根据盖斯定律，重整反应的热化学方程式=II-I，对应的ΔH=ΔHII-ΔHI= + 247 kJ·mol-1，A不符合题意；
B．见分析，重整反应和积炭反应均为吸热反应，升高温度CH4参与的反应平衡均正向移动，所以CH4平衡时物质的量随温度升高而降低，B符合题意；
C．催化剂失活会导致反应速率降低，不会影响转化率，C不符合题意；
D．根据曲线C，低于600℃时，温度升高，CO增大，说明反应以重整反应为主，消耗CO2，生成CO，而增多的CO会是积碳反应I正向移动，导致C增多，反之，降低温度会导致减少积炭的量减少，同时CO2增多，不利于去除CO2气体，D不符合题意；
故答案为：B。
4．答案：B
分析：A.造成温室效应的物质主要是二氧化碳以及甲烷以及臭氧和氟氯代烷
B.克服的是分子间作用力
C.含有羟基易形成氢键
D.根据盖斯定律即可计算
解析：A．CO2是温室气体，大量排放可导致温室效应，故A不符合题意；
B．干冰升华过程中不会破坏共价键，故B符合题意；
C．CH3OH含有羟基，能形成分子间氢键，故沸点升高，而CH3OCH3不能形成分子间氢键，故C不符合题意；
D．反应 可由反应I 2+反应III得到，故其 ，故D不符合题意。
故答案为：B。
5．答案：C
分析：Ａ．根据盖斯定律，该反应＝反应Ⅰ－2×反应Ⅱ，；
Ｂ.350℃前，CO2转化率随温度升高而增大，CH4的选择性为100%，此时只发生反应Ⅰ，，350℃后，CO2转化率随温度升高而减小，但CO选择性增大，此时主要发生反应Ⅱ，，据此分析；
Ｃ．改变温度和压强等能改变反应Ⅰ的平衡移动；
Ｄ．增大压强，CH4的体积分数增大。
解析：A．根据盖斯定律，目标反应可由反应Ⅰ反应Ⅱ得到，则目标反应的平衡常数，选项A不符合题意；
B．由题图可知，在温度为340~400℃时，的选择性为100%，即此温度范围内只发生反应Ⅰ，在此温度范围内升高温度，的转化率减小，说明反应Ⅰ的平衡逆向移动，减小，选项B不符合题意；
C．由上述分析及反应Ⅰ、反应Ⅱ在反应前后气体分子数的变化特点可知，温度、压强可影响的选择性，为提高的选择性，可采用控制反应温度、调节压强等措施，选项C符合题意；
D．增大压强，反应Ⅰ的平衡正向移动，可提高甲烷的产率，反应Ⅰ的平衡移动也会影响反应Ⅱ中CO的产率，选项D不符合题意；
故答案为：C。
6．答案：D
分析：A.根据盖斯定律即可计算出 H3
B.根据①和③即可判断，③中压强不影响化学移动，对于①反应，增大压强，二氧化碳转化率越大
C.反应①是主要反应，根据①进行判断即可
D.相交说明压强不再影响平衡移动，根据①②③即可判断
解析：A．根据盖斯定律可知，反应③可由反应①-反应②，故 H3= H1- H2=(-49.5 kJ/mol)-( -90.4 kJ/mol)=+40.9 kJ/mol，A不符合题意；
B．分析反应①正反应为气体体积减小的方向，反应③反应前后气体体积不变，故增大压强，反应①正向移动，CO2的转化率增大，反应③不移动，故p1 ＞ p2 ＞ p3，B不符合题意；
C．为同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，即让反应①尽可能正向移动，而反应①是一个正反应为气体体积减小的放热反应，故反应条件应选择低温、高压，C不符合题意；
D．根据A的分析可知，反应③为吸热反应且反应前后气体的体积不变，故改变压强平衡不移动，升高温度平衡正向移动，故T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是：该温度下，主要发生反应③，D符合题意；
故答案为：D。
7．答案：B
分析：A.利用化学平衡移动原理进行判断，实质是温度对平衡的影响。
B.元素周期律中的酸性是指最高价氧化物的酸性。
C.盖斯定律的应用，分反应的焓变等于总反应的焓变。
D.利用总电解反应方程式可以判断物质的量之比。
解析：A. 反应2NO2(g) N2O4(g)的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产生更多的NO2气体，二氧化氮浓度增大，左侧气体颜色加深；降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，右侧气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B. 烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl>H2CO3，但HCl不是最高价氧化物对应的水化物，不能比较C、Cl的非金属性强弱；试管中出现浑浊，可能是由于发生反应：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3↓，也可能是由于发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，无法用元素周期律解释，B符合题意；
C. 根据盖斯定律可知：△H=△H1+△H2，能够用盖斯定律解释，C不符合题意；
D. 根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，D不符合题意；
故合理选项是B。
8．答案：D
分析：A、燃烧反应为放热反应；
B、根据勒夏特列原理进行作答；
C、化学反应放出的能量越多，物质所具备的能量越小；
D、根据勒夏特列原理进行作答。
解析：A. AlH3燃烧是放热反应，A项不符合题意；
B.其他条件相同时，等物质的量的Al(s)燃烧放热小于Al(g)燃烧放热，B项不符合题意；
C.在反应过程中，a点释放的能量最高，a点时物质所具有的总能量最小，C项不符合题意；
D.2AlH3(s)+3O2(g)=Al2O3(s)+3H2O(g) △H=△H1+3△H2+2△H3+2△H4，D项符合题意；
故答案为：D。
9．答案：D
分析：A、注意要想提高乙烷的转化率，化学反应必须正向移动；
B、当反应物的键能减去生成的键能大于零时，化学反应为吸热反应；反之，则为放热反应；
C、根据盖斯定律进行作答即可；
D、注意C2Hn中n值越小，化学反应生成的水越少，释放的能量越小。
解析：A.①为反应前后气体分子数增加的反应，故加压使反应向逆向移动，乙烷的转化率降低，A不符合题意；
B.①为吸热反应，反应中断键吸收的能量大于成键放出的能量，B不符合题意；
C.反应②③中不存在反应①中生成的氢气，故不能通过盖斯定律用DH 2和DH 3可计算出①中的DH，C不符合题意；
D.根据②③推断，C2Hn中n值越小，释放的能量越小，推测1 mol C2H2（g）完全燃烧放出的热量小于1411.0 kJ，D符合题意；
故答案为：D。
10．答案：C
分析：此题是对反应热计算的考查，结合盖斯定律进行计算。
解析：A.A—F和F—A的焓变数值相等符号相反，A不符合题意；
B.由 A循环到A，能量变化为0，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=0，B不符合题意；
C.由C—F，△H=△H3+△H4+△H5，由F—C，△H=△H1+△H2+△H6，二者的绝对值相等，符号相反，C符合题意；
D. 若A→C为放热过程，则C→A为吸热过程，即△H3 + △H4 + △H5 + △H6 >0，D不符合题意；
故答案为：C
11．答案：B
分析：A.需要的能量越低越有利于反应的进行；
B.合成路线不同，但焓变不变；
C.根据图示分析能量的高低；
D.根据火花过程分析化学键的变化。
解析：A.从图中可知在Li2SO4溶液中N2的相对能量较低，因此Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化，A不符合题意；
B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B符合题意；
C.根据图示可知MoS2在Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2→*N2H)的能量大大降低，C不符合题意；
D.根据图示可知N2的活化是N≡N键的断裂形成N2H的过程，即是N≡N键的断裂与N-H键形成的过程，D不符合题意；
故答案为：B。
12．答案：C
分析：A.催化剂不能改变反应的焓变；
B.放热反应加热时平衡向逆反应方向移动，原料气的转化率降低；
C.根据平衡常数与温度的关系进行判断；
D.根据盖斯定律进行计算。
解析：A、反应热只与始态和终态有关，使用催化剂降低活化能，化学反应速率加快，但△H1不变，故A不符合题意；
B、正反应是放热反应，加热，平衡向逆反应方向移动，原料气的转化率降低，反应前气体系数之和大于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，原料气的转化率增大，故B不符合题意；
C、T2℃时的化学平衡常数K= =2<100，反应II的正反应为放热反应，温度升高，化学平衡常数减小，即T1℃>T2℃，故C符合题意；
D、反应I＋反应II得到CH4(g)＋CO2(g) CO(g)＋CH3OH(g) △H=(274－90)kJ·mol－1=＋184kJ·mol－1， CO(g)+CH3OH(g) CH4(g) +CO2(g) △H=－184kJ·mol－1，故D不符合题意。
故答案为：C
二、非选择题
13．答案：（1）2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl
（2）114
（3）22%；0.02；及时移出产物；加入合适的催化剂；增大压强；大于；1.3
分析：本题考查陌生方程式的书写、盖斯定律求反应热、勒夏特列原理、化学平衡的计算、影响反应速率的因素、结合图像进行分析。
解析：由盖斯定律，△H=3ΔH1+ΔH2，计算出该反应的反应热；
反应2SiHCl3=SiH2Cl2+SiCl4 △H= +48kJ/mol，为吸热反应，温度升高，平衡向正反应方向移动，所以a曲线对应的温度为343K，由图像可知，α = 22%
2SiHCl3= SiH2Cl2+ SiCl4
起始（mol/L） 1 0 0
转化（mol/L） 0.22 0.11 0.11
平衡（mol/L） 0.78 0.11 0.11
K = = 0.02
② 要提高SiHCl3的转化率，使平衡向正反应方向移动，可以移出生成物实现；缩短达到平衡的时间，就是要加快化学反应速率，则可以增大压强、使用催化剂。
③a的反应温度高于b，所以反应速率更快；
因为k正和k逆是常数，当达到化学平衡时，v正 = v逆，即k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)×x(SiCl4)，因此 =
2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g) + SiCl4(g)
起始 1 0 0
转化 1×22% 0.22 0.22
平衡 0.78 0.22 0.22
因此 = =
a点 = = ×
2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g) + SiCl4(g)
起始 1 0 0
转化 1×20% 0.2 0.2
a点 0.8 0.2 0.2
a点 = = × = × = 1.3
14．答案：（1）ClO2
（2）53.1；30.0；6.0×10-2；大于；温度升高，体积不变，总压强升高；NO2二聚是放热反应，温度升高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强升高；13.4
（3）A；C
分析：本题考查盖斯定律计算反应热、化学平衡常数的计算、反应速率的计算、有效碰撞
解析：⑴氯气与硝酸银发生氧化还原反应，其中化合价能升高的只有氯元素和氧元素，由于得到了N2O5，氮元素化合价没有变化，因此在该反应中氯气作氧化剂，被氧化的是氧元素，则生成O2。⑵①运用盖斯定律，△H= △H1－△H2= +53.1kJ/mol ②p(O2)=2.9kPa，根据反应2N2O5=4NO2+O2，则五氧化二氮减少的压强为2p(O2)=2×2.9kPa=5.8kPa，所以p(N2O5)=35.8－5.8=30.0kPa，v=2×10－3 ×p(N2O5) = 6.0×10－2
④N2O5完全分解发生的反应：2N2O5(g) →4NO2(g) + O2(g)
N2O5此时分解压强的变化 35.8 71.6 17.9
生成的NO2建立平衡 2NO2(g) N2O4(g)
此平衡压强的变化为 2y y
平衡时总压是63.1kPa，即63.1 = 71.6－2y + y + 17.9 求得y=26.4，所以NO2产生的压强为71.6－2×26.4 = 18.8kPa。反应N2O4（g） 2NO2（g）的Kp= = = 13.4；⑶第一步反应比第二步反应快，因此A符合题意；中间产物有NO、NO2，B不符合题意；第二步反应慢，说明反应难进行，则有效碰撞少，C符合题意；第三步反应很快，说明活化能较低，D不符合题意。
15．答案：（1） 136.2
（2）HNO2 2e +H2O=3H++NO3
（3）2HNO2+(NH2)2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O
（4）；迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
分析：（1）中盖斯定律的应用注意在总反应中找出现一次的，根据出现一次进行配系数，变方向写总反应。解总焓变。（2）电极反应实质是氧化还原中的氧化反应或还原反应。
解析：解：（1）将两个热化学方程式编号，
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH= 116.1 kJ·mol 1（①式）
3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·mol 1（②式）
应用盖斯定律，将（①式 3+②式） 2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（ 116.1 kJ·mol 1） 3+75.9 kJ·mol 1] 2=-136.2kJ·mol 1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由（NH2）2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2HNO2+（NH2）2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO2 7N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子。生成1molN2时转移电子数为 mol。
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O。
16．答案：（1）ΔH3-2ΔH2；[Ar]3d3；1.0×1014；AC
（2）将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III)；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
（3）时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS
（4）4K2CrO4+4H2O 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH。；
分析：（1）平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等
（4）判断电池类型→确认电池原理→核实电子、离子移动方向。确定电池两极→判断电子、离子移动方向→书写电极反应和电池反应。充电电池→放电时为原电池→失去电子的一极为负极。电极反应→根据电荷守恒、原子守恒配平电极方程。
解析：（1）由盖斯定律，反应III-2xII得 ，则ΔH=ΔH3-2ΔH2，②Cr为24号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则Cr3+核外电子排布式为[Ar]3d3，③从图看出A点时，c(H+)=1.0×10-7mol/L时重铬酸跟为0.25mol/L，由原子守恒得重铬酸跟浓度为1.0-0.25×2=0.5mol/L，则K=
A．加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向，同时没有改变温度，K值不变，A项错误；
B.由原子守恒得溶液中的重铬酸跟为1.0-0.25×2=0.5mol/L，重根酸根化学反应速率速率为，B正确；
C.升温重根酸根转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误。
（2）实验中将除Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ，便于沉淀除去。从图分析pH>12时[Cr(OH)4]-增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-。答案为：将Cr(Ⅵ)还原为Cr(III) ；Cr(OH)3+OH-=[Cr(OH)4]-
（3）温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低。从图看H和硫酸根经SRB细胞膜之后转变为S2-和H2O，S2-再与Fe2+结合为FeS。故答案为：55摄氏度时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性；硫酸根被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS。
（4）阴极区为H+放电产生H2。阳极区OH-放电产生H+和O2，H+促使，总反应为4K2CrO4+4H2O = 2K2Cr2O7+2H2↑+O2↑+4KOH，由方程式看出每生成1molK2Cr2O7产生2molKOH，即2molK+移入阴极区产生KOH。当阳极区K+由amol变为bmol产生K2Cr2O7为 a-b/2mol。
17．答案：（1）2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=-746.5kJ mol-1；增大压强、通入CO气体
（2）减小；增大；D
（3）三；CH+HC+2H
（4）60%；
分析：（1）根据盖斯定律，目标方程式=③-①+②；反应物的浓度、压强、温度等均能影响反应速率，化学平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（2）①该反应为放热反应，降温正向移动；
②平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
（3）放热反应反应物的总能量高于生成物的总能量；活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
（4）根据表中数据，列出反应的三段式为：，结合计算。
解析：（1）根据盖斯定律，③-①+②得2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=△H3-△H1+△H2=-746.5kJ mol-1；该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率和反应速率均增大，通入CO气体，增大反应物浓度，反应速率增大，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，因此可以采取的措施是增大压强、通入CO气体。
（2）①该反应为放热反应，降低温度，均减小，而温度改变瞬间各物质的物质的量分数保持不变，说明均减小；降低温度，平衡正向移动，说明，则减小的程度小于的程度，即减小的程度小于减小的程度，即k正：k逆增大；
②A．反应达到平衡后，延长反应时间平衡也不移动，不会提高N2平衡产率，A不正确；
B．该反应为气体体积不变的反应，适当增大NO(g)的浓度，若在恒温恒容条件下，等效于加压，平衡不移动，若在恒温恒压条件下，平衡也不移动，因此不能提高NO的平衡转化率，B不正确；
C．恒温、固定容积的密闭容器中，混合气体的压强与气体的物质的量成正比，该反应为气体物质的量不变的反应，因此混合气体的压强是个不变量，其保持不变时不能作为反应达到平衡的依据，C不正确；
D．该反应为气体体积不变的反应，体系达平衡后，若压缩体积，平衡不发生移动，但是各组分的浓度增大，正、逆反应速率均增大，D正确；
故答案为：D。
（3）放热反应中反应物总能量大于生成物总能量，由图可知，第三步CH2+2H CH+3H是放热反应；最后一步正反应活化能最大，其反应的方程式为CH+HC+2H。
（4）根据已知信息可列三段式：，恒压条件下，容器体积由4L变为2.8L，对应气体物质的量将由4mol变为2.8mol，则物质的量减少1.2mol，则，，则氢气的平衡转化率为；平衡时体系总压等于初始压强，则各气体的分压依次为，，，，代入。
18．答案：（1）CH3* + CO2*= CH3COO*或CH3*+ H* + CO2*= CH3COO* +H*
（2）ac
（3）+41
（4）ad
（5）a；温度升高后，以副反应(或反应ii )为主，副反应(或反应ii )是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动(其他合理答案也可)；
分析：（1）决定总反应反应速率的是慢反应，反应所需的活化能越高，反应速率越慢。
（2）a、增大接触面积可加快反应速率；
b、根据相对能量变化图分析；
c、反应所需的活化能越低，催化剂的效果越好；
d、催化剂只能降低反应所需的活化能，不能改变反应热；
（3）根据物质能量变化图书写热化学方程式，结合盖斯定律计算目标反应的反应热。
（4）正逆反应速率相等，或“变量不变时”，说明反应达到平衡状态。
（5）①结合温度对平衡移动的影响分析。
②CO2的转化率增大，说明温度升高，平衡正向移动。
③由图可知，CO2的平衡转化率为20%，反应生成CO和CH3OH的物质的量百分数为50%。据此结合三段式进行计算。
解析：（1）反应所需的活化能越高，反应速率越慢，决定总反应反应速率的为慢反应，因此决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为CH3*＋CO2*=CH3COO*。
（2）a、增大催化剂表面积可增大催化剂与CO2的接触，从而提高CO2在催化剂表面的吸附速率，a符合题意；
b、由相对能量图可知，CH3COOH*的能量低于CH3COOH(g)的能量，b不符合题意；
c、使用催化剂2时，反应所需的活化能更小，因此催化剂2的催化效果更好，c符合题意；
d、使用高活性催化剂可以加快反应速率，但不能降低反应焓变，d不符合题意；
故答案为：ac
（3）由图可得热化学方程式：CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH3=－283kJ·mol－1；
；H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH4=－242kJ·mol－1。根据盖斯定律可得，反应ⅱ的反应热ΔH2=ΔH4－ΔH3=(－242kJ·mol－1)－(－283kJ·mol－1)=＋41kJ·mol－1，所以反应ⅱ的反应热ΔH2=＋41kJ·mol－1。
（4）a、CO的分压在反应过程中是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，a符合题意；
b、反应物和生成物都是气体，反应前后混合气体的质量不变，且反应前后气体分子数不变，根据公式可知，反应过程中，混合气体的平均相对分子质量M不是一个变量，因此气体平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡状态，b不符合题意；
c、反应前后混合气体的总质量保持不变，反应在恒容容器中进行，则混合气体的体积不变，根据公式可得，反应过程中，混合气体的密度保持不变，属于恒量，因此不能说明反应达到平衡状态，c不符合题意；
d、该反应的平衡常数，该反应为吸热反应，反应过程中，温度发生变化，则平衡常数K是一个变量，当其不变时，说明反应达到平衡状态，d符合题意；
故答案为：ad
（5）①生成CH3OH的反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的百分数减小，因此图中表示CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的为曲线a。
②温度升高后，以反应ⅱ为主，反应ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，因此CO2的转化率增大。
③令n(CO2)=5mol，则n(H2)=16mol，此时参与反应的n(CO2)=5mol×20%=1mol，反应生成n(CH3OH)=n(CO)=0.5mol。反应ⅰ中参与反应的n(H2)=0.5mol×3=1.5mol，反应生成的n(H2O)=0.5mol。反应ⅱ中参与反应的n(H2)=0.5mol，反应生成的n(H2O)=0.5mol。所以反应达到平衡时，n(CO2)=5mol－1mol=4mol，n(H2)=16mol－1.5mol－0.5mol=14mol，n(CH3OH)=n(CO)=0.5mol，n(H2O)=0.5mol＋0.5mol=1mol。此时体系中混合气体的总物质的量n(总)=4mol＋14mol＋0.5mol＋0.5mol＋1mol=20mol，所以体系中，，
，
，所以体系中反应ⅰ的平衡常数。
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