模塊綜合測評(時間:90分鐘分值:100分)一、選擇題(本題包括10小題,每小題2分,共20分。每小題只有一個選項符合題意)1.如圖所示的日常生活裝置中,與手機充電時的能量轉化形式相同的是()答案A解析手機充電過程為電解過程,電能轉化為化學能。電解水為電解過程,與手機充電的能量轉化形式相同,A正確;水力發(fā)電為機械能轉化為電能的過程,B錯誤;太陽能熱水器將太陽能轉化為熱能,C錯誤;干電池將化學能轉化為電能,D錯誤。2.(2019浙江4月選考)高溫高壓液態(tài)水具有接近常溫下弱酸的c(H+)或弱堿的c(OH-),油脂在其中能以較快的反應速率水解。與常溫常壓水相比,下列說法不正確的是()A.高溫高壓液態(tài)水中,體系溫度升高,油脂水解反應速率加快B.高溫高壓液態(tài)水中,油脂與水的互溶能力增強,油脂水解反應速率加快C.高溫高壓液態(tài)水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反應,且產(chǎn)生的酸進一步催化水解D.高溫高壓液態(tài)水中的油脂水解,相當于常溫下在體系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的堿的水解答案D解析對于任何化學反應,體系溫度升高,均可加快反應速率,A項正確;由于高溫高壓液態(tài)水中,c(H+)和c(OH-)增大,油脂水解向右移動的傾向變大,因而油脂與水的互溶能力增強,反應速率加快,B項正確;油脂在酸性條件下水解,以H+做催化劑,加快水解速率,因而高溫高壓液態(tài)水中,c(H+)增大,可催化油脂水解反應,且產(chǎn)生的酸進一步催化水解,C項正確;高溫高壓液態(tài)水中的油脂水解,其水環(huán)境仍呈中性,因而不能理解成相當于常溫下在體系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的堿的水解,D項不正確。3.下列依據(jù)熱化學方程式得出的結論正確的是()A.已知NaOH(aq)+HCl(aq)NaCl(aq)+H2O(l)H=-57.3 kJ mol-1,則含40.0 g NaOH的稀溶液與稀醋酸完全中和,放出小于57.3 kJ的熱量B.已知2H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=-483.6 kJ mol-1,則氫氣的燃燒熱為241.8 kJ mol-1C.已知2C(s)+2O2(g)2CO2(g)H=a;2C(s)+O2(g)2CO(g)H=b,則a>bD.已知P(白磷,s)P(紅磷,s)H<0,則白磷比紅磷穩(wěn)定答案A解析醋酸是弱酸,其電離過程是吸熱過程,故含40.0g即1molNaOH的稀溶液與稀醋酸完全中和,放出的熱量小于57.3kJ,故A正確;氫氣的燃燒熱必須是生成液態(tài)水所放出的熱量,液態(tài)水變?yōu)闅鈶B(tài)水是吸熱的,故氫氣的燃燒熱大于241.8kJmol-1,B錯誤;等量的焦炭完全燃燒放出的熱量高于不完全燃燒放出的熱量,因兩反應的H<0,即a<b,故C錯誤;P(白磷,s)P(紅磷,s)H<0,所以紅磷的能量低于白磷的能量,所以白磷不如紅磷穩(wěn)定,故D錯誤。4.(2019浙江溫州“十五校聯(lián)合體”期中)一定溫度下,等體積、pH相等的鹽酸和醋酸溶液,下列說法正確的是()A.兩溶液中,所含溶質(zhì)的分子數(shù)相等B.與等體積等濃度NaHCO3溶液混合,開始產(chǎn)生CO2速率相等,后來鹽酸快C.等體積、pH相等的鹽酸和醋酸溶液分別與足量的Zn完全反應,鹽酸產(chǎn)生的H2多D.用同濃度的NaOH溶液分別與兩溶液恰好反應完全,根據(jù)消耗的NaOH溶液體積的多少可以判斷醋酸是弱電解質(zhì)答案D解析HCl是強電解質(zhì),溶液中不存在溶質(zhì)的分子,A錯誤;與等體積等濃度NaHCO3溶液混合,開始產(chǎn)生CO2速率相等,隨著反應的進行,未電離的醋酸繼續(xù)電離出H+,反應速率快,B錯誤;等體積、pH相等的鹽酸和醋酸溶液分別與足量的Zn完全反應,由于醋酸的濃度較大,則醋酸產(chǎn)生的H2多,C錯誤;同濃度的NaOH溶液分別與等體積、pH相等的鹽酸和醋酸溶液恰好反應完全,由于醋酸是弱電解質(zhì),濃度大于鹽酸,則醋酸消耗的NaOH溶液體積多,故D正確。5.(2019湖南長沙中學月考)已知:反應mX(g)+nY(g)qZ(g)H<0,m+n>q,在密閉容器中反應達到平衡時,下列說法不正確的是()A.恒容時通入稀有氣體使壓強增大,平衡不移動B.增大壓強,反應速率加快且可以提高Z的產(chǎn)率C.恒壓時,增加一定量Z(g),平移時,混合氣體的平均相對分子質(zhì)量變大D.恒容時增加X的物質(zhì)的量,Y的轉化率增大答案C解析恒容時通入稀有氣體,體系的壓強增大,但反應物的濃度不變,則平衡不移動,A正確。由于m+n>q,增大壓強,平衡正向移動,則Z的產(chǎn)率提高,B正確。恒壓時,增加一定量Z(g),達到的新平衡與原平衡等效,各物質(zhì)的濃度不變,則混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變,C錯誤。恒容時增大X(g)的物質(zhì)的量,平衡正向移動,則Y的轉化率增大,D正確。6.H2與ICl的反應分兩步進行,其能量曲線如圖所示,下列有關說法錯誤的是()A.反應、反應均為放熱反應B.反應、反應均為氧化還原反應C.反應比反應的速率慢,與相應正反應的活化能無關D.反應、反應的焓變之和為H=-218 kJ mol-1答案C解析根據(jù)圖像,反應中反應物的總能量大于生成物的總能量,均是放熱反應,故A說法正確;反應中H的化合價由0+1,部分I的化合價降低,屬于氧化還原反應,反應中,I的化合價發(fā)生變化,屬于氧化還原反應,故B說法正確;反應比反應慢,說明反應中正反應的活化能較大,反應中正反應的活化能較小,故C說法錯誤;根據(jù)蓋斯定律知,反應的焓變只與始態(tài)和終態(tài)有關,與反應的途徑無關,因此反應、反應的焓變之和H=-218kJmol-1,故D說法正確。7.常溫常壓下,微生物燃料電池可凈化廢水,同時還能獲得能源或有價值的化學產(chǎn)品,下圖1為一種微生物燃料電池的工作原理,圖2為廢水中Cr2O72-的濃度與去除率的關系。下列說法正確的是()圖1圖2A.M為電池負極,CH3COOH被還原B.外電路轉移4 mol電子時,M極產(chǎn)生22.4 L CO2C.反應一段時間后,N極附近溶液pH下降D.Cr2O72-濃度較大時,可能會造成還原菌失活答案D解析電子由M極流出,M為電池負極,CH3COOH被氧化為二氧化碳,故A錯誤;負極的電極反應是CH3COOH-8e-+2H2O2CO2+8H+,外電路轉移4mol電子時,M極產(chǎn)生1molCO2,非標準狀況下CO2的體積不一定是22.4L,故B錯誤;N極為正極,電極反應為O2+4e-+4H+2H2O、Cr2O72-+6e-+8H+2Cr(OH)3+H2O,根據(jù)電子守恒,外電路轉移8mol電子時,有8molH+由M移向N,N極消耗H+大于8mol,所以反應一段時間后,N極附近溶液pH升高,故C錯誤;Cr2O72-能使蛋白質(zhì)變性,根據(jù)圖示,Cr2O72-的濃度較大時,Cr2O72-的去除率明顯降低,可能是Cr2O72-的濃度較大造成還原菌失活,故D正確。8.常溫時,將V1 mL c1 molL-1的氨水滴加到V2 mL c2 molL-1的鹽酸中,下列結論正確的是()A.若混合溶液的pH=7,則c1V1>c2V2B.若V1=V2,c1=c2,則混合液中c(NH4+)=c(Cl-)C.若混合溶液的pH=7,則溶液中c(NH4+)>c(Cl-)D.若V1=V2,且混合液的pH<7,則一定有c1=c2答案A解析常溫下氨水與鹽酸恰好中和(即c1V1=c2V2)生成的氯化銨溶液為強酸弱堿鹽溶液,常溫下溶液呈酸性,pH<7,若混合溶液的pH=7,則說明氨水相對過量,即c1V1>c2V2,A正確;V1=V2,c1=c2,即c1V1=c2V2,兩者恰好中和,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),則另兩離子c(NH4+)<c(Cl-),B錯誤;若混合溶液的pH=7,則溶液中c(H+)=c(OH-),另兩離子c(NH4+)=c(Cl-),C錯誤;若V1=V2,且混合液的pH<7,則溶液呈酸性,而當酸過量或二者恰好中和時都滿足混合液的pH<7,故D項錯誤。9.加熱N2O5依次發(fā)生的分解反應為N2O5(g)N2O3(g)+O2(g)N2O3(g)N2O(g)+O2(g)在容積為2 L的密閉容器中充入8 mol N2O5,加熱到T,達到平衡狀態(tài)后O2的物質(zhì)的量為9 mol,N2O3的物質(zhì)的量為3.4 mol。則T時反應的平衡常數(shù)為()A.8.5B.9.6C.10.2D.10.7答案A解析設分解的N2O3物質(zhì)的量為xmol,反應過程中共生成N2O3(x+3.4)mol,在反應中N2O5分解了(x+3.4)mol,同時生成O2(x+3.4)mol,在反應中生成氧氣xmol。則(x+3.4)+x=9,求得x=2.8,所以平衡后N2O5、N2O3、O2濃度依次為c(N2O5)=(8-2.8-3.4)mol2L=0.9molL-1,c(N2O3)=3.4mol2L=1.7molL-1,c(O2)=9mol2L=4.5molL-1,反應的平衡常數(shù)K=1.74.50.9=8.5。10.工業(yè)上用電解法處理含鎳酸性廢水并得到單質(zhì)Ni的原理如圖所示。下列說法不正確的是()已知:Ni2+在弱酸性溶液中發(fā)生水解;氧化性:Ni2+(高濃度)>H+>Ni2+(低濃度)。A.石墨棒上發(fā)生的電極反應:4OH-4e-O2+2H2OB.電解過程中,B室中NaCl溶液的物質(zhì)的量濃度將不斷減少C.為了提高Ni的產(chǎn)率,電解過程中需要控制廢水的pHD.若將圖中陽離子膜去掉,將A、B兩室合并,則電解反應總方程式發(fā)生改變答案B解析A項,該裝置中石墨棒為陽極,電極反應式為4OH-4e-2H2O+O2,正確;B項,由于C室中Ni2+、H+不斷減少,Cl-通過陰離子膜從C室移向B室,A室中OH-不斷減少,Na+通過陽離子膜從A室移向B室,所以B室中NaCl溶液的物質(zhì)的量濃度不斷增大,錯誤;C項,由于H+的氧化性大于Ni2+(低濃度)的氧化性,所以為了提高Ni的產(chǎn)率,電解過程需要控制廢水的pH,正確;D項,若去掉陽離子膜,Cl-在陽極放電生成Cl2,反應總方程式發(fā)生改變,正確。二、選擇題(本題包括5小題,每小題4分,共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意)11.(2018海南卷)炭黑是霧霾中的重要顆粒物,研究發(fā)現(xiàn)它可以活化氧分子,生成活化氧,活化過程的能量變化模擬計算結果如圖所示?；罨蹩梢钥焖傺趸趸颉Ｏ铝姓f法正確的是()A.每活化一個氧分子吸收0.29 eV的能量B.水可使氧分子活化反應的活化能降低0.42 eVC.氧分子的活化是OO的斷裂與CO的生成過程D.炭黑顆粒是大氣中二氧化硫轉化為三氧化硫的催化劑答案CD解析根據(jù)圖示,活化一個氧分子放出0.29eV的能量,A錯誤;圖中相對能量為0.73eV時對應的狀態(tài)只是無水的過渡態(tài),相對能量為0.75eV時對應的狀態(tài)才是無水的中間態(tài),因此水可使氧分子活化反應的活化能降低0.18eV,B錯誤;氧氣中存在OO,活性氧中存在CO,由圖示知C正確;由題給信息“活化氧可以快速氧化二氧化硫”,結合氧化二氧化硫的總反應可知D正確。12.(2020遼寧大連高二月考)已知25 時,二元酸H2X的電離平衡常數(shù)Ka1=5.010-2,Ka2=5.410-3。此溫度下用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01 molL-1的KY和K2X溶液,所得的沉淀(AgY和Ag2X)溶解平衡圖像如圖所示。下列敘述正確的是()A.25 時,KHX的溶液pH>7B.反應Ag2X+2Y-2AgY+X2-的平衡常數(shù)為103.25C.a點既可以表示AgY的不飽和溶液也可以表示Ag2X的過飽和溶液D.向c(Y-)=c(X2-)=0.01 molL-1的混合液中滴入AgNO3溶液時,先生成AgY沉淀答案D解析由HX-+H2OH2X+OH-可知,其水解常數(shù)Kh=KWKa1=10-145.010-2=210-13<Ka2,說明HX-的電離程度大于其水解程度,則25時,KHX的溶液pH<7,A錯誤;根據(jù)圖像,-lgc(Ag+)=4時,可得Ksp(AgY)=c(Ag+)c(Y-)=10-410-5.75=10-9.75,同理,可得Ksp(Ag2X)=10-10.46。反應Ag2X+2Y-2AgY+X2-的平衡常數(shù)K=c(X2-)c2(Y-)=c(X2-)c2(Ag+)c2(Y-)c2(Ag+)=Ksp(Ag2X)Ksp2(AgY)=10-10.46(10-9.75)2=109.04,B錯誤;由圖可知,a點時的離子積Q(AgY)>Ksp(AgY),則a點表示AgY的過飽和溶液;a點時的離子積Q(Ag2X)<Ksp(Ag2X),則a點表示Ag2X的不飽和溶液,C錯誤;當c(Y-)=c(X2-)=0.01molL-1時,開始生成AgY沉淀時c(Ag+)=Ksp(AgY)c(Y-)=10-9.750.01molL-1=10-7.75molL-1,開始生成Ag2X沉淀時c(Ag+)=Ksp(Ag2X)c(X2-)=10-10.460.01molL-1=10-4.23molL-1,10-4.23molL-1>10-7.75molL-1,由此可知,向c(Y-)=c(X2-)=0.01molL-1的混合液中滴入AgNO3溶液時,先生成AgY沉淀,D正確。13.(2019海南六市聯(lián)考)世界某著名學術刊物近期介紹了一種新型中溫全瓷鐵空氣電池,其結構如圖所示。下列有關該電池放電時的說法正確的是()A.O2-由b極移向a極B.正極的電極反應式為FeOx+2xe-Fe+xO2-C.鐵表面發(fā)生的反應為xH2O(g)+FeFeOx+xH2D.若有22.4 L(標準狀況)空氣參與反應,則電路中有4 mol電子轉移答案C解析a極空氣中氧氣得電子發(fā)生還原反應,為正極,氫氣在b極失電子發(fā)生氧化反應,為負極。在原電池中,陰離子向負極移動,O2-由a極移向b極,A項錯誤;a極空氣中氧氣得電子發(fā)生還原反應,為正極,電極反應式為O2+4e-2O2-,B項錯誤;由新型中溫全瓷鐵空氣電池的裝置圖可知,鐵表面發(fā)生的反應為xH2O(g)+FeFeOx+xH2,C項正確;22.4L(標準狀況)空氣中氧氣的物質(zhì)的量約為0.2mol,電路中約轉移0.8mol電子,D項錯誤。14.X、Y、Z為三種氣體,把a mol X和b mol Y充入一密閉容器中,發(fā)生反應X(g)+2Y(g)2Z(g)。達到平衡時,若三者的物質(zhì)的量滿足n(X)+n(Y)=n(Z),則Y的轉化率為()A.a+b5100%B.2(a+b)5b100%C.2(a+b)5100%D.a+b5b100%答案B解析設參加反應的Y的物質(zhì)的量為nmol,則X(g)+2Y(g)2Z(g)起始/molab0平衡/mola-n2b-nn由于平衡時n(X)+n(Y)=n(Z),則有(a-n2)+(b-n)=n,解得n=2(a+b)5,所以Y的轉化率為2(a+b)5b100%=2(a+b)5b100%。15.某溫度下,難溶物FeR的水溶液中存在平衡FeR(s)Fe2+(aq)+R2-(aq),其沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是()A.可以通過升溫實現(xiàn)由c點變到a點B.d點可能有沉淀生成C.a點對應的Ksp等于b點對應的KspD.該溫度下,Ksp=4.010-18答案C解析從圖像可以看出,從c點到a點,c(R2-)不變,c(Fe2+)變小,而溫度變化時,c(R2-)與c(Fe2+)同時變化,A錯誤;沉淀溶解平衡曲線上方表示過飽和溶液,可析出沉淀,曲線以下表示不飽和溶液,所以d點沒有沉淀生成,B錯誤;溫度不變,Ksp不變,C正確;由圖知,該溫度下,Ksp=2.010-18,D錯誤。三、非選擇題(本題共5小題,共60分)16.(12分)毒重石的主要成分為BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質(zhì))。實驗室利用毒重石制備BaCl22H2O的流程如下:(1)毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨,目的是。(2)加入NH3H2O調(diào)pH=8可除去(填離子符號),濾渣中含(填化學式)。加入H2C2O4時應避免過量,原因是。已知:Ksp(BaC2O4)=1.610-7,Ksp(CaC2O4)=2.310-9離子符號Ca2+Mg2+Fe3+開始沉淀時的pH11.99.11.9完全沉淀時的pH13.911.13.2(3)利用間接酸堿滴定法可測定Ba2+的含量,實驗分兩步進行。已知:2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2OBa2+CrO42-BaCrO4步驟:移取x mL一定濃度的Na2CrO4溶液置于錐形瓶中,加入酸堿指示劑,用b molL-1鹽酸標準溶液滴定至終點,測得滴加鹽酸的體積為V0 mL。步驟:移取y mL BaCl2溶液置于錐形瓶中,加入x mL與步驟相同濃度的Na2CrO4溶液,待Ba2+完全沉淀后,再加入酸堿指示劑,用b molL-1鹽酸標準溶液滴定至終點,測得滴加鹽酸的體積為V1 mL。滴加鹽酸標準溶液時應使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的濃度為 molL-1。若步驟中滴加鹽酸時有少量待測液濺出,Ba2+濃度測量值將(填“偏大”或“偏小”)。答案(1)增大反應物接觸面積從而使反應速率加快(2)Fe3+Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀,使產(chǎn)品產(chǎn)量減少(3)上方b(V0-V1)y偏大解析(1)把毒重石充分研磨的目的是增大反應物接觸面積使反應速率加快。(2)由表中信息可知pH=8時Fe3+可完全沉淀,Mg2+、Ca2+未開始沉淀,pH=12.5時,Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀,由于Ksp(CaC2O4)<Ksp(BaC2O4),則向含有Ca2+和Ba2+的溶液中加入H2C2O4,Ca2+先形成CaC2O4沉淀,但H2C2O4不能過量,否則Ba2+也會被沉淀。(3)滴定管“0”刻度位于滴定管的上方,由步驟可知xmLNa2CrO4溶液中CrO42-的物質(zhì)的量為V0b10-3mol,步驟中與Ba2+形成沉淀的CrO42-的物質(zhì)的量為(V0b-V1b)10-3mol,則ymLBaCl2溶液中Ba2+的物質(zhì)的量為(V0b-V1b)10-3mol,則c(BaCl2)=(V0b-V1b)10-3moly10-3L=b(V0-V1)ymolL-1;若步驟中滴加鹽酸時有少量待測液濺出,會導致滴加鹽酸體積V1偏小,若V1偏小,則V0b-V1b偏大,從而導致Ba2+濃度測量值偏大。17.(12分)知識的梳理和感悟是有效學習的方法之一。某學習小組將有關“電解飽和食鹽水”的相關內(nèi)容進行梳理,形成如下問題(顯示的電極均為石墨)。(1)圖1中,電解一段時間后,氣球b中的氣體是(填化學式),U形管(填“左”或“右”)邊的溶液變紅。(2)利用圖2制作一種環(huán)保型消毒液發(fā)生器,電解可制備“84”消毒液的有效成分,則c為電源的極;該發(fā)生器中反應的離子方程式為。(3)二氧化氯(ClO2)為一種黃綠色氣體,是國際上公認的高效、廣譜、快速、安全的殺菌消毒劑。下圖是目前已開發(fā)出用電解法制取ClO2的新工藝。陽極產(chǎn)生ClO2的電極反應式:。當陰極產(chǎn)生標準狀況下112 mL氣體時,通過陽離子交換膜離子的物質(zhì)的量為。答案(1)H2右(2)負2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-、Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O(3)Cl-5e-+2H2OClO2+4H+0.01 mol解析(1)圖1中,根據(jù)電子流向知,左邊電極是電解池陽極,右邊電極是電解池陰極,陽極上氯離子放電生成氯氣,陰極上氫離子放電生成氫氣,同時陰極附近產(chǎn)生NaOH。(2)要制取“84”消毒液,應創(chuàng)造氯氣和氫氧化鈉反應生成NaClO的環(huán)境,為了使反應更充分,則下面電極生成氯氣,為陽極,上面電極生成氫氣,為陰極,陰極附近有NaOH生成,則c為負極,d為正極。(3)依據(jù)題干信息,陽極Cl-被氧化為ClO2,根據(jù)電子守恒和電荷守恒,寫出電極反應式。電極上得到或失去一個電子,電解質(zhì)溶液中必然有一個陽離子通過陽離子交換膜。18.(12分)(2019北京理綜,節(jié)選)氫能源是最具有應用前景的能源之一,高純氫的制備是目前的研究熱點。甲烷水蒸氣催化重整是制高純氫的方法之一。反應器中初始反應的生成物為H2和CO2,其物質(zhì)的量之比為41,甲烷和水蒸氣反應的方程式是。已知反應器中還存在如下反應:.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H1.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H2.CH4(g)C(s)+2H2(g)H3為積碳反應,利用H1和H2計算H3時,還需要利用反應的H。反應物投料比采用n(H2O)n(CH4)=41,大于初始反應的化學計量數(shù)之比,目的是(選填字母序號)。a.促進CH4轉化b.促進CO轉化為CO2c.減少積碳生成用CaO可以去除CO2。H2體積分數(shù)和CaO消耗率隨時間變化關系如下圖所示。從t1時開始,H2體積分數(shù)顯著降低,單位時間CaO消耗率(填“升高”“降低”或“不變”)。此時CaO消耗率約為35%,但已失效,結合化學方程式解釋原因:。答案CH4+2H2O(g)4H2+CO2C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)2CO(g)abc降低CaO+CO2CaCO3,CaCO3覆蓋在CaO表面,減少了CO2與CaO的接觸面積解析由于初始反應的生成物為H2和CO2,且其物質(zhì)的量之比為41,由質(zhì)量守恒定律可寫出反應方程式為CH4+2H2O(g)4H2+CO2。反應+反應-反應可得:C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g),所以,利用H1和H2計算H3時,還需要利用反應C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)2CO(g)的H。增加H2O(g)的量,由可知可提高CH4的轉化率,由可知能促使CO轉化為CO2,由和可知降低積碳反應的發(fā)生。由圖像可知,從t1時開始,H2體積分數(shù)顯著降低,單位時間CaO消耗率曲線斜率減小,原因是CaO表面被生成的碳酸鈣覆蓋,失去吸收CO2的能力。19.(12分)霧霾天氣嚴重影響人們的生活,汽車尾氣所排放的氮氧化物及燃煤所排放的硫氧化物是造成霧霾的重要原因。(1)NH3催化還原氮氧化物(SCR)技術是目前應用最廣泛的煙氣氮氧化物脫除技術。反應原理如圖1所示,由圖1可知,SCR技術中的氧化劑是,寫出SCR技術中反應的一個化學方程式:。圖2是不同催化劑Mn和Cr在不同溫度下對應的脫氮率,由圖可知工業(yè)應使用的最佳的催化劑和相應的溫度分別為、。圖1圖2(2)改善能源結構是治理霧霾問題的最直接有效途徑。二甲醚是一種清潔能源,可用合成氣在催化劑存在下制備二甲醚,其反應原理為2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)H,已知在一定條件下,該反應中CO的平衡轉化率隨溫度、投料比的變化曲線如圖所示。a、b、c按由大到小的順序為;H0(填“>”“<”或“=”)。對于氣相反應,用某組分(B)的平衡分壓p(B)代替物質(zhì)的量濃度c(B)也可以表示平衡常數(shù)(記作Kp),則該反應的平衡常數(shù)的表達式Kp=。在恒容密閉容器里按體積比為12充入一氧化碳和氫氣,一定條件下反應達到平衡狀態(tài)。當改變反應的某一個條件后,下列變化能說明平衡一定向逆反應方向移動的是。A.一氧化碳的轉化率減小B.容器的壓強增大C.化學平衡常數(shù)K值減小D.逆反應速率先增大后減小E.混合氣體的密度減小答案(1)NO、NO26NO+4NH35N2+6H2O或6NO2+8NH37N2+12H2OMn200 左右(2)a>b>c<p(CH3OCH3)p(H2O)p2(CO)p4(H2)CD解析(1)由圖1可知氮氧化物中的氮元素價態(tài)降低,故NO、NO2是氧化劑,反應的化學方程式為6NO+4NH35N2+6H2O,6NO2+8NH37N2+12H2O。反應溫度越低,脫氮效率越高,對應脫氮率的反應條件越好。由圖可知工業(yè)應使用的最佳的催化劑和相應的溫度分別為Mn、200左右。(2)對于反應2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)H,增大H2的濃度,平衡右移,CO的轉化率增大,即投料比增大,CO的轉化率增大,故a>b>c。由圖可知,在同一投料比時,溫度越高,CO的轉化率越低,則該反應的H<0,說明該反應為放熱反應。由題目信息可知,用分壓表示的平衡常數(shù)Kp=p(CH3OCH3)p(H2O)p2(CO)p4(H2)。若增大一氧化碳的物質(zhì)的量,平衡正向移動,但一氧化碳的轉化率減小,故A錯誤;若充入與反應無關的氣體使容器的壓強增大,平衡不移動,故B錯誤;化學平衡常數(shù)K值減小,說明平衡逆向移動,故C正確;逆反應速率先增大后減小,說明平衡逆向移動,故D正確;移走生成物的量,平衡正向移動,混合氣體總質(zhì)量減小,容器容積不變,混合氣體密度減小,故E錯誤。20.(12分)CO可用于合成甲醇,化學方程式為CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。圖1(1)圖1是反應CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)在不同溫度下CO的轉化率隨時間變化的曲線。該反應的焓變H(填“>”“<”或“=”)0。T1和T2溫度下的平衡常數(shù)大小關系是K1(填“>”“<”或“=”)K2。在T1溫度下,往容積為1 L的密閉容器中,充入 1 mol CO和2 mol H2,經(jīng)測得CO和CH3OH(g)的濃度隨時間變化如圖2所示。則該反應的平衡常數(shù)為。圖2若容器容積不變,下列措施可提升CO轉化率的是(填字母)。a.升高溫度b.將CH3OH(g)從體系中分離c.使用合適的催化劑d.充入He,使體系總壓強增大(2)在容積為1 L的恒容容器中,分別研究在230 、250 和270 三種溫度下合成甲醇的規(guī)律。如圖3是上述三種溫度下H2和CO的起始組成比(起始時CO的物質(zhì)的量均為1 mol)與CO的平衡轉化率的關系,則曲線z對應的溫度是,該溫度下上述反應的化學平衡常數(shù)為。曲線上a、b、c點對應的化學平衡常數(shù)分別為K1、K2、K3,則K1、K2、K3的大小關系為。圖3答案(1)<>12b(2)2704K1=K2<K3解析(1)T2溫度下先達到平衡,所以溫度T2>T1,由T1T2升高溫度時CO的轉化率降低,平衡向左移動,所以正反應為放熱反應,H<0。K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)=0.750.25(2-20.75)2=12。升高溫度,平衡向左移動;分離出CH3OH(g),平衡向右移動;使用催化劑,平衡不移動;充入He,反應混合物各物質(zhì)濃度不變,平衡不移動,故選b。(2)CO和H2合成甲醇反應的H<0,n(H2)n(CO)相同時,升高溫度,平衡向左移動,K減小,CO的平衡轉化率降低,由圖像可知曲線z表示的溫度為270。a點:起始濃度c(CO)=1molL-1,c(H2)=1.5molL-1;平衡濃度c(CO)=0.5molL-1,c(CH3OH)=0.5molL-1,c(H2)=1.5molL-1-1molL-1=0.5molL-1,所以270時K=c(CH3OH)c(CO)c2(H2)=0.50.50.52=4。溫度相同時K為定值,該反應H<0,溫度越高K值越小,所以K1=K2<K3。