2027年高考化學復習必刷題-化學反應與能量（解答大題）

第1頁（共1頁）2027年高考化學復習必刷題——化學反應與能量（解答大題）一．解答題（共25小題）1．（2026?河北區二模）SO2是大氣污染物之一，通過化學反應可將其轉化為重要的化工原料。Ⅰ.氧化鈣是常用的固硫劑，吸收SO2并將其轉化為建筑材料CaSO4。（1）已知：CaSO4（s）+CO（g）＝CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）Δ2CaO（s）+2SO2（g）+O2（g）＝2CaSO4（s）ΔH寫出CO燃燒熱的熱化學方程式。Ⅱ.工業制硫酸，在接觸室中發生反應：2SO（2）恒溫恒容下，能證明反應已經達到平衡狀態的是（填序號）。A.c（SO2）：c（O2）：c（SO3）＝2：1：2B.v（SO3）正＝2v（O2）逆C.容器內壓強不再變化D.混合氣體的密度不再變化（3）一定條件下在恒溫恒容的密閉容器中按一定比例充入SO2（g）和O2（g），平衡時SO3的物質的量分數隨n(SO2)n(O2)的變化如圖1所示，則A、B、C三種狀態中，SO2的轉化率最小的是點，當n(SO2)n(O2)=3時，達到平衡狀態時SO3的物質的量分數[φ（SOⅢ.二氧化硫一空氣質子交換膜燃料電池實現了制硫酸、發電、環保三位一體的結合，原理如圖2所示。（4）該電池放電時電子從電極經過導線移向電極（填“Pt1”或“Pt2”）。（5）寫出Pt2電極的電極反應方程式：。2．（2026?安陽模擬）氙（Xe）和氟的化合物可在室溫氣相條件下與硅發生化學反應實現硅刻蝕，在半導體產業中應用廣泛。光照條件下，Xe和F2可以反應得到XeF2、XeF4、XeF6（結構如圖所示）。Ⅰ．Xe（g）+F2（g）?XeF2（g）ΔHⅡ．Xe（g）+2F2（g）?XeF4（g）ΔHⅢ．Xe（g）+3F2（g）?XeF6（g）ΔH回答下列問題：（1）已知F﹣F鍵能為157kJ?mol﹣1，則XeF2、XeF4、XeF6分子中Xe﹣F平均鍵能依次為kJ?mol﹣1、kJ?mol﹣1、kJ?mol﹣1；試從結構的角度解釋這一結果：。（2）向恒壓密閉容器中按n（F2）：n（Xe）＝5：1充入F2和Xe，平衡時三種氟化物的分布分數（δ）隨溫度的變化如圖所示[如δ(XeF2265℃下，反應XeF2（g）+XeF6（g）?2XeF4（g）的平衡常數K＝。（3）XeF2可溶于水，并與水緩慢反應，在堿性條件下則會迅速反應。研究發現XeF2與水反應的機理如下：①XeF2+H2O＝Xe（OH）F+HF；Xe（OH）F+H2O＝Xe（OH）2+HF；②Xe（OH）2＝Xe+H2O2；③XeF2+H2O2＝Xe+2HF+O2；三步中的決速步驟為①，則能較大幅度加快反應速率的試劑為（填“NaOH”“HF”或“NaF”），理由是。（4）XeF2為四方晶胞，晶胞結構如圖所示，已知晶胞參數分別為apm、bpm，α＝β＝γ＝90°，用NA表示阿伏加德羅常數的值，每個晶胞中含有個F，XeF2晶體的密度為g?cm﹣3（用含a、b、NA的代數式表示）。3．（2026春?銅山區期中）利用煤氣化產物制備甲醇，甲醇是一種可再生液態燃料，具有廣泛應用前景。（1）煤氣化反應為C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）。恒溫恒容密閉容器中反應一段時間后達到平衡。向其中補充C（s），其v（正）（填“變快”“不變”或“變慢”，下同）；保持體積不變，充入Ar（g），其v（正）。（2）已知甲醇（1）的熱值為22.7kJ?g﹣1，請寫出CH3OH（l）燃燒生成H2O（l）和CO2（g）的熱化學方程式：。（3）工業上利用CO可生產燃料甲醇，發生如下反應：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）。在2L密閉容器內，按照物質的量之比1：2通入CO和H2，400℃時該反應體系中n（CO）隨時間的變化如表：時間/min012345n（CO）/mol0.0200.0110.0080.0070.0070.007①各物質濃度變化如圖1所示，表示CH3OH變化曲線是，用H2表示0～2min內平均速率v（H2）＝。②下列敘述能說明此反應達到平衡狀態的是（填標號）。A.混合氣體的平均相對分子質量保持不變B.CO和H2的轉化率相等C.CO和H2的體積分數保持不變D.混合氣體的密度保持不變E.生成1molCO的同時有1molO﹣H鍵斷裂F.2v正（H2）＝v逆（CO）（4）熔融鹽甲醇燃料電池是一種高效、輕污染車載電池，結構如圖2，a、b均為惰性電極。①熔融鹽甲醇燃料電池工作時，CO32-向電極（填“a②電極b上發生的電極反應為。4．（2026?濟南二模）為了完成“碳達峰”和“碳中和”目標，CO2的高效利用成為研究的熱點。利用CaO和CH4捕獲并轉化CO2涉及如下反應：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回答下列問題：（1）反應CH4（g）+CaCO3（s）?CaO（s）+2CO（g）+2H2（g）的焓變ΔH＝（用含ΔH1、ΔH3的代數式表示）。（2）恒容容器中，加入一定量的CaO（s）、1molCH4（g）和1molCO2（g），發生上述反應，測得平衡時氣相中CO、CO2、CH4體積分數與溫度的關系如圖所示（忽略固體體積）。①曲線N對應物種為（填化學式）；②T1～T2℃間，自a點開始曲線M和O重合的原因是；T2℃時三條曲線驟然下降的原因是；③T3℃時，平衡后體系中C（s）的物質的量為mol，若起始壓強為p0kPa，反應Ⅲ的平衡常數Kp＝（kPa）2（用含p0的代數式表示）；若縮小體積，再次達到平衡時，p(CO)p(CO2)將④若起始加入一定量的CaO（s）、2molCH4（g）和2molCO2（g），則圖示中a、b、c、d、e和f點中，曲線M和O可能自點開始重合（填標號）。5．（2026?東營模擬）金屬鋯在核工業、高溫合金等領域有重要應用。工業上常以鋯英石（主要成分ZrSiO4）為原料，在密閉容器中加入一定量的ZrSiO4、C和Cl2，反應生成揮發性ZrCl4，可能發生的反應有：反應ⅰ、ZrSiO4（s）+2Cl2（g）+2C（s）?ZrCl4（g）+SiO2（s）+2CO（g）Δ反應ⅱ、ZrSiO4（s）+2Cl2（g）+C（s）?ZrCl4（g）+SiO2（s）+CO2（g）Δ反應ⅲ、C（s）+CO2（g）?2CO（g）ΔH3回答下列問題：（1）ΔH3＝kJ?mol﹣1。（2）在100kPa下，過量的ZrSiO4、C與一定量Cl2發生上述反應，平衡體系中氣體組分ZrCl4、Cl2、CO、CO2的體積分數隨溫度變化如圖所示。①圖中表示CO體積分數的曲線是，其曲線變化的原因是。②在T1溫度下，向平衡體系中再通入少量氯氣，重新達平衡后，氯氣的轉化率將（填“減小”、“增大”或“不變”）。③由圖像分析可知，溫度越低，ZrCl4的體積分數越高，但實際生產中卻選擇較高的T2溫度，其原因是。④在T2溫度下，反應ⅰ的平衡常數Kp＝（Kp為用分壓表示的平衡常數，分壓＝總壓×物質的量分數），在T2溫度下壓縮容器體積，c(CO2)?c(ZrCl4)6．（2026春?煙臺期中）生產、生活中的化學反應都伴隨著能量的變化。回答下列問題：（1）化學清洗劑NF3是一種溫室氣體。已知：鍵能是指斷開（或生成）1mol化學鍵所需要吸收（或放出）的能量，部分鍵能數據如下表所示：化學鍵N≡NF﹣FN﹣F鍵能/（kJ?mol﹣1）941.7154.8283.0則3F2（g）+N2（g）＝2NF3（g）ΔH＝kJ?mol﹣1。（2）中和反應的反應熱是化學反應熱的一種，已知稀強酸、稀強堿反應生成1mol水時放出57.3kJ熱量。若稀H2SO4與NaOH固體反應生成1molH2O（l），則反應放出的熱量（填“＞”“＜”或“＝”）57.3kJ，原因是。（3）測定實驗為保證準確性，通常至少做三次實驗，取其合理數值計算平均值。某實驗小組通過如下實驗過程真實測定中和反應的反應熱。以下是配制0.55mol?L﹣1的NaOH溶液并用于測定與0.5mol?L﹣1的鹽酸溶液發生中和反應時的反應熱過程。①配制0.55mol?L﹣1的NaOH溶液：若在測定中和反應反應熱時，每次取50mL鹽酸，則配制NaOH溶液時所選容量瓶的規格至少為（填標號）；所需NaOH的質量為g，若稱取NaOH質量略高于此數值，對后續測定的中和反應的反應熱數值（填“是”或“否”）有影響。A．50mLB．100mLC．250mLD．500mL②用如圖裝置測定稀NaOH溶液和稀鹽酸反應的反應熱（每次實驗取50mL鹽酸與50mLNaOH溶液混合；各溶液密度ρ均近似為1.0g?mL﹣1；反應后混合溶液的比熱容C為4.18J?kg﹣1?℃﹣1）。實驗數據記錄如下：實驗序號起始溫度t1/℃終止溫度t2/℃鹽酸NaOH溶液混合溶液120.220.323.4220.320.523.5321.521.624.6420.220.425.3儀器a的名稱為；最終代入計算式的溫差均值為℃（保留1位小數，下同）；根據實驗數據計算稀鹽酸和稀NaOH溶液反應生成1mol液態水時的反應熱ΔH≈kJ?mol﹣1。③上述實驗結果的數值與﹣57.3kJ?mol﹣1有偏差，產生該偏差的原因可能是（填標號）。A．兩燒杯夾層間碎泡沫塑料填得比較疏松B．量取0.5mol?L﹣1稀鹽酸時仰視量筒刻度線C．配制0.55mol?L﹣1的NaOH溶液定容時俯視刻度線D．記錄混合液終止溫度時溫度計水銀柱已開始下降7．（2026?南通模擬）NH3是未來能源之一，也是工業制HNO3的原料。NH3與O2能發生下列反應：反應Ⅰ.4NH3（g）+3O2（g）═2N2（g）+6H2O（g）ΔH＝akJ?mol﹣1；反應Ⅱ.4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）ΔH＝bkJ?mol﹣1。反應Ⅰ和反應Ⅱ的平衡常數（K）隨溫度的變化如圖1所示。（1）CH4、NH3都可作為內燃機的燃料。①CH4燃燒產生的高溫會引發火焰周圍發生反應：N2+O2═2NO，該反應ΔH（填“＞”“＜”或“＝”）0。②NH3具有可再生、易液化等優點。NH3比CH4易液化的原因是。③熱效率（發動機輸出的有效功理論上燃料燃燒放出的能量）是衡量內燃機工作效率的指標。我國科學家研究了一種氨燃料燃燒新路徑，其原理如圖2所示。該路徑理論上能實現CH4完全循環及NO零排放。NO氣體零排放的原因是。實驗測得，通過上述路徑消耗1molNH3時，發動機輸出有效功QkJ，該路徑的熱效率為（用含“Q”“a（2）工業生產HNO3的主要路徑為。將NH3與空氣組成的混合氣體通過800℃下裝有Pt﹣Rh合金的催化氧化爐，NH3轉化率接近100%；將反應后的混合氣體快速冷卻至室溫，發生反應：2NO+O2═2NO2，該反應可能由兩個速率不等的基元反應構成，反應進程如圖3所示；用稀HNO3吸收反應后的混合氣體，制得濃硝酸。①氧化爐中使用Pt﹣Rh合金催化劑的目的是。②2NO+O2＝2NO2的總反應速率由第（填“1”或“2”）步基元反應決定。降低溫度，NO2的生成速率加快，依據圖示反應進程分析其可能的原因：。③反應過程中，將催化氧化后的混合氣體快速冷卻，其目的除加快2NO+O2═2NO2反應速率外，還有。8．（2026?通州區一模）環氧乙烷（，簡稱EO）是一種重要的精細化工原料。目前，多采用乙烯直接氧化法生產EO。（1）乙烯和氧氣會發生以下兩個反應：2C2H4（g）+O2（g）?2（g）ΔHC2H4（g）+3O2（g）═2CO2（g）+2H2O（l）Δ①EO燃燒熱的熱化學方程式是。②乙烯直接氧化法生產EO的反應溫度既不能過高也不能過低，原因是。（2）以Al2O3表面吸附的Ag原子為催化劑，乙烯和氧氣的反應歷程分兩個階段。以下能量示意圖表示對第一階段反應歷程的一種解釋。圖中的星號（*）表示吸附于催化劑上。①研究人員認為隨著中間體1采取不同的斷、成鍵方式，會產生兩種不同的后續歷程（如圖中的實線和虛線），產生甲和乙兩種不同的產物，已知產物甲是EO，則產物乙是（填物質名稱）。②乙烯和氧氣反應生成EO的第二階段反應方程式為。（3）以乙烯為原料，在Cl﹣介導下，通過電化學方法制備EO也受到化學家的廣泛關注。以KCl為電解質溶液，其原理示意圖如圖。（外接通路未畫出）①陰極區的溶液pH會隨反應進行而（填“增大”或“減小”）。②在電解池中乙烯與次氯酸生成2﹣氯乙醇，再將兩極區反應后的溶液混合可制得EO。由2﹣氯乙醇生成EO的離子方程式是。9．（2026春?洛陽期中）現代社會中，人類的一切活動都離不開能量，研究化學能與熱能、電能的轉化具有重要價值。回答下列問題：Ⅰ.化學能與熱能（1）下列反應中屬于吸熱反應的是（填標號）。a.鋁片與稀鹽酸的反應b.氯酸鉀分解制氧氣c.甲烷在氧氣中的燃燒反應d.NaHCO3與鹽酸的反應（2）圖示為N2（g）和O2（g）反應生成NO（g）過程中，化學鍵的斷裂與形成時的能量變化：①該反應為反應（填“吸熱”或“放熱”）。②每生成1molNO（g），反應的能量變化為kJ。Ⅱ.化學反應與電能（3）氨氣易液化，運輸和儲存方便，安全性能更高。某新型NH3﹣O2燃料電池原理如圖所示：①電極1是（填“正極”或“負極”）。②電解質溶液中OH﹣離子向移動（填“電極1”或“電極2”）。③電極2的電極反應式是。（4）近年來電池研發領域涌現出的紙電池，其組成與傳統電池相似，主要包括電極、電解液和隔離膜（如圖所示），電極和電解液均“嵌”在紙中。①某實驗小組用氯化鈉、蒸餾水和濾紙制備了電解液和隔離膜，用銅片分別與鋅片和金屬M，先后制作了兩個簡易紙電池（如圖所示）。用電流表測試這兩個電池，發現電流表的指針都發生了偏轉，但偏轉方向相反。由此說明Cu、Zn、M三種金屬的活潑性由大到小的順序為。②若將電池材料換成鋁片和石墨片，電解液為NaOH溶液，則該電池的負極反應式為。10．（2026春?福清市期中）回答下列問題：（1）在一定條件下，氫氣在氯氣中反應的熱化學方程式：H2（g）+Cl2（g）＝2HCl（g）ΔH＝﹣184.6kJ?mol﹣1，該反應屬于（填“吸熱”或“放熱”）反應。（2）已知在25℃和101kPa下1mol固體硫完全燃燒時放出296.8kJ的熱量，硫燃燒反應的熱化學方程式為。（3）如圖是該反應的能量變化的示意圖。①該反應的ΔH＝kJ?mol﹣1。②反應物斷鍵需要吸收的能量（填“＞”“＜”或“＝”）生成物成鍵放出的能量。11．（2025秋?朝陽區期末）HNO3是一種重要的工業原料，可采用不同方法制備。（1）以NH3為原料制HNO3，反應分三步。①Ⅰ中4molNH3參加反應放出906kJ的熱量。Ⅰ的熱化學方程式為。②對反應Ⅱ進行研究：在2L的密閉容器中，充入2molNO和1molO2進行反應，NO的平衡轉化率隨溫度的變化如圖所示。T1溫度下，反應經tmin達到平衡，用O2濃度的變化表示0～tmin的反應速率v（O2）＝。③Ⅰ中通入過量O2，NH3的氧化產物主要是NO而不是NO2，從平衡角度解釋原因：。（2）我國科研團隊發現，在少量Fe2+作用下，用電解法可將空氣直接轉化成HNO3，原理如下（?OH表示羥基自由基）。①陰極區產生HNO3，發生的反應有：O2+2e﹣+2H+═H2O2、、?OH將N2氧化為HNO3。②研究發現，隨c（Fe2+）的增加，HNO3的產率先增大后減小。c（Fe2+）過高HNO3產率減小的原因是。12．（2026?福建模擬）高硫合成氣一步法制備甲硫醇具有良好的工業應用前景。涉及反應如下：①CO（g）+H2S（g）+2H2（g）?CH3SH（g）+H2O（g）ΔH1②CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）ΔH2（1）標準狀態下，各物質的相對能量如下表：物質CO（g）H2S（g）H2（g）CH3SH（g）H2O（l）H2O（g）能量（kJ?mol﹣1）﹣110﹣41023﹣285﹣242則ΔH1＝，反應①在（填“高溫”、“低溫”或“任意溫度”）下能自發進行。（2）恒溫恒容條件下，CO、H2S和H2的投料比為1：1：2，發生反應①。下列操作能提高H2S平衡轉化率的是（填標號）。A．增加H2S的投料量B．將CH3SH分離出反應體系C．提高催化劑的活性D．等比例增大三種氣體的投料量（3）恒溫恒容條件下，CO、H2S和H2的投料比為2：1：2，發生反應①和②。平衡時，H2S的轉化率為50%，n(CH3SH)n(CO2)=2，則反應②的平衡常數Kp＝。將部分CH3SH分離出體系，重新平衡時，H2S的轉化率為75%Ⅱ．通過甲酸分解可獲得超高純度的CO。甲酸有兩種可能的分解反應：①HCOOH（g）＝CO（g）+H2O（g）Δ②HCOOH（g）＝CO2（g）+H2（g）Δ（4）一定溫度下，使用某催化劑時反應歷程如圖，反應①的選擇性接近100%，原因是；升高溫度，反應歷程不變，反應①的選擇性下降，可能的原因是。13．（2026?寧波模擬）含氮物質影響人類的生活和生產。（1）已知：N2（g）+2O2（g）═2NO2（g）ΔH1＝+68kJ/molN2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH2＝+180kJ/mol則2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）ΔH＝。（2）2NO（g）+O2（g）＝2NO2（g）分兩步進行（兩步均為放熱反應，Ea表示反應的活化能）：Ⅰ.2NO（g）?N2O2（g）Ea1Ⅱ.N2O2（g）+O2（g）═2NO2（g）Ea2某條件下，體系中各含氮微粒（忽略N2O4）濃度變化如圖1；t1時刻c（N2O2）處于最大值。①EalEa2（填“大于”“小于”或“等于”）。②在其他條件不變情況下，若將反應處于較高溫度下進行。當c（N2O2）達到最大值時，所用時間比t1_____，最大值比a的____。判斷正確的是：。A.短；小B.短；大C.長；大D.長；小③在其他條件不變的情況下，將兩份相同的反應物分別置于不同溫度T1和T2（T1＞T2）下進行反應，測得在相同時間內T2條件下生成的c（NO2）更大，原因是。（從速率和平衡移動角度解釋）（3）將反應2NO2+2N2H4＝3N2+4H2O設計成原電池，以石墨為電極，電解質溶液為KOH溶液，該電池工作時負極的電極反應式為。（4）25℃下，N2H4水溶液中各含氮微粒（N2H4及N2H4的水合物均按N2H4計）物質的量分數δ（某含氮微粒占總含氮微粒的物質的量的百分數）隨pOH[pOH＝﹣lgc（OH﹣）]的變化如圖2。請回答：①圖2中z代表的含氮微粒化學式為。②25℃下，0.1mol/L的N2H5Cl溶液的pH＝。14．（2026春?北京期中）回答下列問題：（1）氫能汽車具有零排放等優點。利用H2與O2的反應設計氫氧燃料電池，裝置如圖所示。①鉑電極b是電池的（填“正”或“負”）極。②鉑電極a、b的電極反應式分別是、。③KOH溶液中，K+向電極（填“a”或“b”）移動。④隨著該燃料電池的使用，每消耗標準狀況下11.2LH2，電路中轉移mol電子。（2）近年來電池研發領域涌現出的紙電池，其組成與傳統電池類似，主要包括電極、電解液和隔離膜（如圖所示），電極和電解液均“嵌”在紙中。紙電池像紙一樣輕薄柔軟，在制作方法和應用范圍上與傳統電池相比均有很大的突破。①某學生在課外活動時，根據紙電池的結構示意圖，用銅片分別與鋅片和另一種銀白色金屬片，先后制作了兩個簡易電池。在用電流表測試這兩個電池時，發現電流表的指針都發生了偏轉，但偏轉方向相反。Ⅰ．另一種銀白色金屬片可能是；Ⅱ．請解釋偏轉方向相反的原因。②若利用此反應Fe+2Fe3+＝3Fe2+實現紙電池的應用，在盡可能減少電能損耗且經濟實惠的前提下，請你回答下列問題。Ⅰ．（填寫化學式）溶液和濾紙制備的電解液和隔離膜；Ⅱ．正極材料是。15．（2026春?海淀區校級期中）原電池是化學能轉化為電能的裝置，人們已經將原電池原理應用于環保領域。（1）通過NO傳感器可監測汽車尾氣中NO的含量，其工作原理如圖所示。①Pt電極上發生的是反應（填“氧化”或“還原”）。②寫出NiO電極的電極反應式：。③理論上，Pt電極消耗1molO2，NiO極消耗NOg。（2）借助微生物電極，利用如圖裝置處理含氰廢水。①寫出?OH（羥基自由基，中性原子團）的電子式。②寫出b極的電極反應式：。③電池工作過程中，下列說法中正確的有（填字母序號）。a.從底部通入空氣有利于空氣與電極的充分接觸b.若催化劑為Fe2+，產生?OH的反應為Hc.選擇合適的微生物，該裝置能實現有機廢水和含氰廢水的聯合處理④電池工作過程中，a極區溶液中的pH幾乎保持不變，結合電極反應式說明原因：（忽略溶液溫度、體積變化）。16．（2026春?邗江區期中）天然氣既是高效潔凈的能源，又是重要的化工原料，在生產、生活中用途廣泛。（1）已知25℃、101kPa時，1g甲烷不完全燃燒生成CO和液態水時放出37.96kJ熱量，則該條件下反應的熱化學方程式為。（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下列措施能夠使該反應速率加快的是。a．保持容器體積不變再充入NO2氣體b．降低溫度c．及時分離水②若上述反應在恒溫恒容密閉容器中進行，下列敘述中不能說明該反應已達平衡狀態的是。a．容器內氣體的壓強不再變化b．混合氣體的密度不再變化c．n（NO2）：n（N2）＝2：1d．單位時間內斷裂1molC﹣H鍵的同時斷裂1molH﹣O鍵（3）甲烷可直接應用于燃料電池，該電池采用可傳導O2﹣的固體氧化物為電解質，其工作原理如圖所示：①外電路電子移動方向：。（填“a極到b極”或“b極到a極”）。②b極電極反應式為。③若燃料電池消耗的空氣在標準狀況下的體積是5.6L（假定空氣中O2體積分數為20%），則理論上消耗甲烷mol。17．（2026?南通模擬）對燃煤氣進行綜合處理，可實現綠色環保與變廢為寶的目的。（1）燃煤氣中SO2的含量可利用庫倫測硫儀進行檢測，其工作原理如圖﹣1所示。電解質溶液中c(I3-)c(①SO2導致測硫儀出現數據變化時的離子反應為。②標況下，若待測氣體以56mL/min的流速通入，10min末測硫儀顯示轉移了0.02mol電子，則待測氣體中SO2的體積分數為。（2）工業上CO2經過捕集和電催化還原可轉化為有機物。以0.1mol?L﹣1的KHCO3溶液為電解質溶液，將CO2通入Cu基催化劑的電極材料上（Cu是催化劑的活性位點），相同條件下電解得到的部分還原產物的法拉第效率（FE%）隨電壓變化如圖﹣2所示。FE%=n①有機胺（RNH2）與CO2反應生成RNH2+COO-，再失去1個質子后再跟水反應可實現有機胺的再生。有機胺能吸收CO2的原因是②當電壓為U1時，生成H2的電極反應式為。③電壓從U2增大到U3時，電流減小的原因可能是。（3）某科研小組研究了Fe摻雜六方氮化硼（BN）對N2O還原反應的催化性能。Fe﹣BN上吸附N2O、CO和SO2的穩定構型如圖﹣3所示（所有鍵距均以nm為單位），CO、SO2還原N2O反應過程的曲線圖如圖﹣4所示。①在Fe﹣BN表面容易產生吸附態氧原子（O*）的原因是。②科研小組依據數據認為N2O還原反應使用CO優于SO2，理由是。18．（2025春?市南區校級期中）某化學研究性學習小組模擬工業合成氨的反應，其反應原理為N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）。在容積固定為2L的密閉容器內充入1molN2和3molH2，加入合適催化劑（體積可以忽略不計）后在一定溫度下開始反應，并用壓力計監測容器內壓強的變化如表：反應時間/min051015202530壓強/MPa24.8024.0623.3822.7022.1321.7021.70（1）已知斷開1mol化學鍵所吸收的能量如下：H—H436kJ，N—H391kJ，N≡N946kJ。則利用該反應生成17gNH3時（填“吸收”或“放出”）kJ熱量。（2）關于上述模擬過程，下列敘述正確的是（填標號）。A．該條件下，15min時的逆反應速率小于30min時的正反應速率B．c(NC．當2v正（NH3）＝3v逆（H2）時說明該反應已達到平衡狀態D．升高溫度N2消耗速率增大，NH3消耗速率減小E．達平衡后升高溫度，混合氣體的平均摩爾質量減小（3）從反應開始到25min時，以H2表示的平均反應速率＝mol?L﹣1?min﹣1。在該溫度下達到平衡時NH3的體積分數為（結果保留一位小數）。（4）其他條件不變，下列措施能加快生成NH3速率的是（填標號）。a．增大容器的體積b．充入N2氣體c．恒溫恒容充入Hed．將容器改為絕熱容器e．將氨氣從體系中分離出（5）2025年3月，全球首艘氨燃料商船正式完成示范航行，氨﹣空氣燃料電池憑借凈零排放、儲運成本低等優勢加速船舶脫碳，實現溫室氣體排放量削減約95%。該電池在堿性條件下工作時負極的電極反應方程式為。19．（2026春?武漢期中）如圖1所示，是原電池的裝置圖。請回答：（1）若C為氯化鐵溶液，電流表指針發生偏轉，A、B電極材料分別為銅和銀，則B電極上發生的電極反應式為。（2）CO與H2反應還可制備CH3OH，CH3OH可作為燃料使用，用CH3OH和O2組合形成的質子交換膜燃料電池的結構示意圖如圖2，電池總反應為2CH3OH+3O2═2CO2+4H2O，c電極為極，電極反應方程式為。若線路中轉移6mol電子，則消耗的O2在標準狀況下的體積為L。（3）鉛蓄電池是最常見的二次電池，放電時的化學方程式為：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）═2PbSO4（s）+2H2O（l）。該蓄電池放電時，電解質溶液中SO42-移向（填“正”或“負”）極；正極電極反應方程式為；一段時間后，負極增重48g，轉移電子20．（2025秋?昌平區期末）氨氮作為一種水體污染物，主要以游離氨（NH3）和銨根離子(NH（1）從平衡的角度分析提高方法Ⅰ氨氮去除率的條件并說明理由：（任寫一條）。（2）方法Ⅱ為磷酸銨鎂沉淀法處理高濃度氨氮廢水，向沉淀池中加入NaOH溶液調節pH，使氨氮去除率最大，沉淀池中NH4+轉化為磷酸銨鎂的離子方程式為（3）方法Ⅲ為電解法處理低濃度堿性氨氮廢水，將其轉化為無污染氣體，原理如圖所示。①電極a是電解池的極。②電極b處電極反應式為。③研究發現，當氨氮廢水中存在Cl﹣時，Cl﹣會放電，但氨氮去除率不會下降，可能原因是。（4）甲醛法測定NH4+含量的反應原理為4NH4++6HCHO=(CH2)6N4H++3H++6H2O已知：(CH2)6N4H+可與OH21．（2026春?荔灣區校級期中）汽車是現代社會不可缺少的交通工具，利用催化技術可將汽車尾氣中的CO和NO轉化為CO2和N2，化學方程式為：2NO+2CO?（1）已知每生成2molCO2和1molN2放出746.8kJ熱量，可能用到的化學鍵鍵能如下：N≡O（NO的結構）C≡O（CO的結構）C＝OC﹣ON≡NN＝NN﹣N鍵能kJ/molabcdefg則746.8＝。（用表格中的鍵能表示）。（2）一定條件下，向一容積為5L的恒容密閉容器中充入12molCO、10molNO，使之在催化劑作用下發生上述反應，測得反應過程中部分物質的物質的量隨反應時間變化的曲線如圖所示。①由圖中數據分析，表示N2的物質的量隨時間變化的曲線為（填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）。②0﹣2min內，CO2（g）的平均反應速率為。③能判斷該反應達到化學平衡狀態的是（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．混合氣體的平均摩爾質量保持不變D．c（NO）：c（CO）：c（CO2）：c（N2）＝2：2：2：1（3）甲烷（CH4）﹣空氣燃料電池是一種高效能、輕污染的車載電池，其工作原理如圖：①圖中左側電極為電源極，該電極的電極反應式為。②當電池消耗甲烷8g時，理論上消耗的O2的體積為L（標準狀況下）。22．（2026春?濟寧期中）能源是現代文明的原動力，化學電池在生產生活中有著廣泛的應用。（1）有關下列電池的說法錯誤的是。A．圖1普通鋅錳電池屬于一次電池B．圖1普通鋅錳電池工作時，MnO2不斷被還原，電壓逐漸降低C．圖2“紙電池”電子從鋁箔經濾紙流向銅箔D．圖3鉛酸蓄電池中，放電時兩電極質量均增加（2）甲、乙兩個原電池裝置如圖所示。①若裝置甲的溶液M為氫氧化鈉溶液，兩個電極采用鎂棒和鋁棒，電極X的反應式為，Y電極上的產物W是（填化學式）。②將甲中原電池生成的氣體產物W通入燃料電池電池乙，電池工作時，W從（填“A”或“B”）口通入，工作一段時間后a電極附近堿性（填“減弱”“增強”或“不變”）。（3）利用電化學法處理SO2的裝置如圖所示（質子交換膜只允許H+通過）。①工作一段時間后，正極區稀硫酸的濃度（填“增大”“減小”或“不變”）。②通入2.24L（標準狀況）SO2氣體時，測得電路中轉移0.16mol電子，則SO2的消除率為。23．（2026?豐臺區二模）HNO3是一種重要的工業原料，其合成工藝的發展體現了化學科學與技術的不斷進步。（1）方法一：工業上主要采用氨氧化法制備HNO3，其設備與流程如圖所示。①轉化器中氨氧化的化學方程式為。②已知與轉化器中相同溫度、壓強下兩個反應的焓變：反應i：N2（g）+O2（g）?2NO（g）ΔH1反應ⅱ：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）ΔH2要計算轉化器中氨氧化反應的焓變，還需要另一個反應的焓變ΔH3。③NO和O2進入熱交換器后，NO轉化率顯著提高的原因是。④從資源和能源利用的角度說明該工藝的優點：。（2）方法二：中國科學家在室溫下用電解法將空氣轉化為硝酸，其原理示意圖如圖。①陰極石墨棒上O2轉化為?OH的電極總反應為。②H2N2O2是?OH與N2反應生成HNO3的中間產物，其結構式為。③若將陽極產生的O2通入陰極參與反應，則該電解工藝生成1molHNO3最終消耗O2的物質的量為。24．（2026春?寶山區校級月考）電解食鹽水可以制備燒堿、次氯酸鈉消毒液等。離子交換膜法電解飽和食鹽水原理示意圖如圖。（1）氣體a為：。（2）陽離子交換膜的作用是（不定項）。A．防止Cl2和H2相遇而發生爆炸B．得到比較純凈的NaOHC．使Na+從陰極室進入陽極室D．平衡水壓（3）陰極區加入的并非純水，少量NaOH的作用是。采用無隔膜電解槽，電解3%～5%的NaCl溶液，可制備NaClO溶液。控制較低溫度，適宜電壓電解制備NaClO溶液原理示意圖如圖。已知：與次氯酸鹽相比，次氯酸具有更強的氧化性。（4）電解食鹽水制備NaClO溶液總反應的化學方程式為。（5）NaClO殺菌消毒的原理和蛋白質的有關。A．鹽析B．水解C．變性D．顯色（6）研究發現，電解制備NaClO溶液時，中性溶液為宜，若初始pH過高（pH≥13）或pH過低（pH≤3）都會降低NaClO的濃度。分析可能原因：①pH過高，陽極會發生OH﹣放電，導致電解效率降低，電極反應為。②pH過低，產生影響的可能原因：假設a：pH過低時，導致Cl2溶解度，生成的NaClO減少。假設b：pH過低時，HClO濃度增大氧化ClO﹣，生成Cl﹣和ClO（7）查閱文獻，假設b成立。相應反應的離子方程式為。（8）取制得的NaClO溶液，滴加適量的H2SO4，測定滴加H2SO4前后溶液的pH可驗證假設b成立，則測定pH可用。A．酚酞B．石蕊C．pH試紙D．pH計25．（2026春?銅山區期中）（1）下列化學反應在理論上可以設計成原電池的是。（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）現有如圖1原電池裝置，插入電解質溶液前Cu和Fe電極的質量相等。①當圖1中的電解質溶液為稀硫酸時，圖中箭頭的方向表示（填“電子”或“電流”）的流向；若電解質溶液為濃硝酸時，正極為（填“Cu”或“Fe”）。②當電解質溶液為某溶液時，兩電極的質量變化曲線如圖2所示，該電解質溶液可以是下列中的（填字母）。A.稀硫酸B.CuSO4溶液C.稀鹽酸D.FeSO4溶液（3）甲烷是生活中常用燃料，用途廣泛，甲烷燃料電池具有很多優點，從而引起了人們的研究興趣。現有兩種甲烷燃料電池如圖3所示：①堿性甲烷燃料電池中：外電路中每通過1mol電子，消耗O2L（標準狀況），電極a上發生的電極反應為。②當酸性甲烷燃料電池工作一段時間后，電極a區域H+的物質的量（填“增大”、“減小”或“不變”）。（4）鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池。在相同條件下，測量總質量相同、鐵的質量分數不同的鐵炭混合物對水中Cu2+和Pb2+的去除率，結果如圖所示。當鐵炭混合物中鐵的質量分數大于50%時，隨著鐵的質量分數的增加Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是。

2027年高考化學復習必刷題——解答一．解答題（共25小題）1．（2026?河北區二模）SO2是大氣污染物之一，通過化學反應可將其轉化為重要的化工原料。Ⅰ.氧化鈣是常用的固硫劑，吸收SO2并將其轉化為建筑材料CaSO4。（1）已知：CaSO4（s）+CO（g）＝CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）Δ2CaO（s）+2SO2（g）+O2（g）＝2CaSO4（s）ΔH寫出CO燃燒熱的熱化學方程式CO（g）+12O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣283kJ/molⅡ.工業制硫酸，在接觸室中發生反應：2SO（2）恒溫恒容下，能證明反應已經達到平衡狀態的是BC（填序號）。A.c（SO2）：c（O2）：c（SO3）＝2：1：2B.v（SO3）正＝2v（O2）逆C.容器內壓強不再變化D.混合氣體的密度不再變化（3）一定條件下在恒溫恒容的密閉容器中按一定比例充入SO2（g）和O2（g），平衡時SO3的物質的量分數隨n(SO2)n(O2)的變化如圖1所示，則A、B、C三種狀態中，SO2的轉化率最小的是C點，當n(SO2)n(O2)=3時，達到平衡狀態時SO3的物質的量分數[φ（SOⅢ.二氧化硫一空氣質子交換膜燃料電池實現了制硫酸、發電、環保三位一體的結合，原理如圖2所示。（4）該電池放電時電子從Pt1電極經過導線移向Pt2電極（填“Pt1”或“Pt2”）。（5）寫出Pt2電極的電極反應方程式：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）根據蓋斯定律和燃燒熱的概念書寫熱化學方程式；（2）接觸室中的反應為：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），A.根據濃度比等于化學計量數比進行分析；B.根據反應速率之比等于化學計量數之比進行分析；C.該反應是氣體分子數減少的反應，恒溫恒容下，容器內壓強不再變化，說明氣體物質的量不再改變，反應達到平衡；D.混合氣體總質量不變，容器體積不變，根據ρ=m（3）n(SO2)n(O2)的值越大，SO2相對O2的量越多，SO2的轉化率越低，因此A、B、C三點中，SO2轉化率最小的是C點；當n(SO2)n(（4）在二氧化硫﹣空氣質子交換膜燃料電池中，Pt1電極上SO2被氧化為H2SO4，作負極；Pt2電極上O2被還原，作正極，電子從負極經導線移向正極，即從Pt1經過導線移向Pt2；（5）Pt2是正極，O2在酸性條件下（稀硫酸環境）得到電子，結合H+生成H2O，根據電極反應式書寫方法進行書寫。【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），根據蓋斯定律，將①×2+②后除以2，得到CO燃燒的反應：2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g），對應的熱化學方程式（設焓變為ΔH）為：2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝2ΔH1+ΔH2＝2×218kJ/mol+（﹣1002）kJ/mol＝﹣566kJ/mol，燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩定氧化物的焓變，因此CO燃燒熱的熱化學方程式為：CO（g）+12O2（g）＝CO2（g）ΔH=12×（﹣566故答案為：CO（g）+12O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣（2）接觸室中的反應為：2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），A.c（SO2）：c（O2）：c（SO3）＝2：1：2，濃度比等于化學計量數比，不能說明各物質濃度不再變化，無法證明達到平衡，故A錯誤；B.v（SO3）正＝2v（O2）逆，根據反應速率之比等于化學計量數之比，2v（O2）逆＝v（SO3）逆，則v（SO3）正＝v（SO3）逆，正逆反應速率相等，說明達到平衡，故B正確；C.該反應是氣體分子數減少的反應，恒溫恒容下，容器內壓強不再變化，說明氣體物質的量不再改變，反應達到平衡，故C正確；D.混合氣體總質量不變，容器體積不變，根據ρ=mV，混合氣體密度始終不變，不能證明達到平衡，故故答案為：BC；（3）n(SO2)n(O2)的值越大，SO2相對O2的量越多，SO2的轉化率越低，因此A、B、C三點中，SO2轉化率最小的是C點；當n(SO2)n(O2)=2時，對比n(S故答案為：C；F；（4）在二氧化硫﹣空氣質子交換膜燃料電池中，Pt1電極上SO2被氧化為H2SO4，作負極；Pt2電極上O2被還原，作正極，電子從負極經導線移向正極，即從Pt1經過導線移向Pt2，故答案為：Pt1；Pt2；（5）Pt2是正極，O2在酸性條件下（稀硫酸環境）得到電子，結合H+生成H2O，電極反應式為：O2+4e﹣+4H+＝2H2O，故答案為：O2+4e﹣+4H+＝2H2O。【點評】本題主要考查了化學反應中的能量變化和電化學知識，題目難度中等，掌握蓋斯定律和原電池電極反應式的書寫方法是解答該題的關鍵。2．（2026?安陽模擬）氙（Xe）和氟的化合物可在室溫氣相條件下與硅發生化學反應實現硅刻蝕，在半導體產業中應用廣泛。光照條件下，Xe和F2可以反應得到XeF2、XeF4、XeF6（結構如圖所示）。Ⅰ．Xe（g）+F2（g）?XeF2（g）ΔHⅡ．Xe（g）+2F2（g）?XeF4（g）ΔHⅢ．Xe（g）+3F2（g）?XeF6（g）ΔH回答下列問題：（1）已知F﹣F鍵能為157kJ?mol﹣1，則XeF2、XeF4、XeF6分子中Xe﹣F平均鍵能依次為134kJ?mol﹣1、127kJ?mol﹣1、120kJ?mol﹣1；試從結構的角度解釋這一結果：F原子數依次增多，斥力增大，Xe﹣F鍵長增長，鍵能減小（合理即可）。（2）向恒壓密閉容器中按n（F2）：n（Xe）＝5：1充入F2和Xe，平衡時三種氟化物的分布分數（δ）隨溫度的變化如圖所示[如δ(XeF2265℃下，反應XeF2（g）+XeF6（g）?2XeF4（g）的平衡常數K＝324。（3）XeF2可溶于水，并與水緩慢反應，在堿性條件下則會迅速反應。研究發現XeF2與水反應的機理如下：①XeF2+H2O＝Xe（OH）F+HF；Xe（OH）F+H2O＝Xe（OH）2+HF；②Xe（OH）2＝Xe+H2O2；③XeF2+H2O2＝Xe+2HF+O2；三步中的決速步驟為①，則能較大幅度加快反應速率的試劑為NaOH（填“NaOH”“HF”或“NaF”），理由是堿性條件下能消耗HF，有利于①水解生成Xe（OH）2，加快反應速率（合理即可）。（4）XeF2為四方晶胞，晶胞結構如圖所示，已知晶胞參數分別為apm、bpm，α＝β＝γ＝90°，用NA表示阿伏加德羅常數的值，每個晶胞中含有4個F，XeF2晶體的密度為338a2bNA×1030g?cm﹣3【答案】（1）134；127；120；F原子數依次增多，斥力增大，Xe﹣F鍵長增長，鍵能減小（合理即可）；（2）324；（3）NaOH；堿性條件下能消耗HF，有利于①水解生成Xe（OH）2，加快反應速率（合理即可）；（4）4；338a【分析】（1）利用ΔH＝反應物總鍵能﹣生成物總鍵能，結合F﹣F鍵能計算Xe﹣F平均鍵能；再從結構角度解釋鍵能遞變規律；（2）利用分布分數與濃度的關系，將平衡濃度代入平衡常數表達式，計算反應XeF2（g）+XeF6（g）?2XeF4（g）的平衡常數K；（3）先判斷決速步，再結合平衡移動原理，分析能加快\XeF2水解的試劑及理由；（4）用均攤法確定晶胞中F、XeF2的數目，再根據密度公式ρ＝mV【解答】解：（1）反應焓變＝反應物鍵能總和﹣生成物鍵能總和；由反應Ⅰ可知，設設Xe﹣F鍵能為E1，157kJ/mol﹣2E1＝﹣111kJ/mol，E1＝134kJ/mol；對于反應Ⅱ，設Xe﹣F鍵能為E2，ΔH2＝2E（F﹣F）﹣4E2；﹣194kJ/mol＝2×157kJ/mol﹣4E2，E2＝127kJ/mol；對于反應Ⅲ，設Xe﹣F鍵能為E3，則：ΔH3＝3E（F﹣F）﹣6E3；﹣249kJ/mol＝3×157kJ/mol﹣6E3，E3＝120kJ/mol；XeF2、XeF4、XeF6分子中F原子數依次增多，斥力增大，Xe﹣F鍵長增長，使得鍵能減小（合理即可）；故答案為：134；127；120；F原子數依次增多，斥力增大，Xe﹣F鍵長增長，鍵能減小（合理即可）；（2）由圖可知，265℃平衡時，XeF4的分布系數為0.9，XeF2、XeF6的分布系數相等，均為0.05，則反應XeF2（g）+XeF6（g）?2XeF4（g）的平衡常數K=0.故答案為：324；（3）三步中的決速步驟為①，步驟①中生成HF，在堿性條件下能消耗HF，有利于①水解生成Xe（OH）2，可以加快反應速率（合理即可），則能較大幅度加快反應速率的試劑為NaOH；故答案為：NaOH；堿性條件下能消耗HF，有利于①水解生成Xe（OH）2，加快反應速率（合理即可）；（4）根據“均攤法”，晶胞中含8×18+1=2個XeF2，則每個晶胞中含有4個故答案為：4；338a【點評】本題主要考查Xe氟化物的鍵能計算、化學平衡常數、反應機理與晶胞計算，涵蓋化學反應原理與物質結構核心知識，綜合性強，注重理論應用與邏輯推導，能有效考查學生對相關知識點的綜合掌握與運用能力。3．（2026春?銅山區期中）利用煤氣化產物制備甲醇，甲醇是一種可再生液態燃料，具有廣泛應用前景。（1）煤氣化反應為C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）。恒溫恒容密閉容器中反應一段時間后達到平衡。向其中補充C（s），其v（正）不變（填“變快”“不變”或“變慢”，下同）；保持體積不變，充入Ar（g），其v（正）不變。（2）已知甲醇（1）的熱值為22.7kJ?g﹣1，請寫出CH3OH（l）燃燒生成H2O（l）和CO2（g）的熱化學方程式：2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣1452.8kJ?mol﹣1。（3）工業上利用CO可生產燃料甲醇，發生如下反應：CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g）。在2L密閉容器內，按照物質的量之比1：2通入CO和H2，400℃時該反應體系中n（CO）隨時間的變化如表：時間/min012345n（CO）/mol0.0200.0110.0080.0070.0070.007①各物質濃度變化如圖1所示，表示CH3OH變化曲線是b，用H2表示0～2min內平均速率v（H2）＝0.006mol?L﹣1?min﹣1。②下列敘述能說明此反應達到平衡狀態的是AC（填標號）。A.混合氣體的平均相對分子質量保持不變B.CO和H2的轉化率相等C.CO和H2的體積分數保持不變D.混合氣體的密度保持不變E.生成1molCO的同時有1molO﹣H鍵斷裂F.2v正（H2）＝v逆（CO）（4）熔融鹽甲醇燃料電池是一種高效、輕污染車載電池，結構如圖2，a、b均為惰性電極。①熔融鹽甲醇燃料電池工作時，CO32-向電極a（填“a②電極b上發生的電極反應為O2+4e﹣+2CO2＝2CO32-【答案】（1）不變；不變；（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）根據在可逆反應中固體的濃度視為常數，增加固體的量不會改變反應速率；保持體積不變，充入Ar（g），容器內總壓強增大，但反應體系中各氣體的濃度不變，因此反應速率不受影響，v（正）不變進行分析解答；（2）根據燃燒熱的概念進行分析解答；（3）①根據反應CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g），CO和H2是反應物，濃度隨時間減小，CH3OH是生成物，濃度隨時間增大；且CO與CH3OH的濃度變化量之比為1：1，初始n（CO）＝0.020mol，容器體積2L，初始c（CO）＝0.010mol/L，平衡時c（CO）＝0.0035mol/L，濃度減少了0.0065mol/L，則CH3OH的濃度應增加0.0065mol/L，對應圖中的b曲線，0～2min內，CO的濃度變化量為0.010mol/L-0.008mol2L=0.010mol/L﹣0.004mol/L＝0.006mol/L，則v（CO）=0.006mol2L=0.003mol?L﹣1?min﹣1，根據反應速率之比等于化學計量數之比進行解答；②A.反應前后氣體總質量不變，氣體物質的量減小，平均相對分子質量MB.由于CO和H2按照物質的量之比1：2投料，且反應中消耗的量也為1：2；C.體積分數不變說明各物質的量不再變化，反應達到平衡狀態；D.反應前后氣體總質量不變，容器體積不變，密度ρ=mE.生成CO是逆反應，斷裂O﹣H鍵是逆反應（CH3OH分解），均為逆反應方向；F.反應速率之比應等于化學計量數之比；（4）①燃料電池中，通入燃料甲醇的電極為負極（電極a），通入氧氣的電極為正極（電極b），原電池中陰離子向負極移動；②電極b是正極，O2在正極得到電子，結合CO2生成CO3【解答】解：（1）向平衡體系中補充C（s），由于固體的濃度視為常數，增加固體的量不會改變反應速率，所以v（正）不變。保持體積不變，充入Ar（g），容器內總壓強增大，但反應體系中各氣體的濃度不變，因此反應速率不受影響，v（正）不變，故答案為：不變；不變；（2）甲醇（l）的熱值為22.7kJ?g﹣1，即1g甲醇完全燃燒放出22.7kJ熱量，1molCH3OH（l）的質量為32g，則1mol甲醇完全燃燒放出的熱量為22.7kJ/g×32g＝726.4kJ，熱化學方程式為：2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣1452.8kJ?mol﹣1，故答案為：2CH3OH（l）+3O2（g）＝2CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣1452.8kJ?mol﹣1；（3）①根據反應CO（g）+2H2（g）?CH3OH（g），CO和H2是反應物，濃度隨時間減小，CH3OH是生成物，濃度隨時間增大；且CO與CH3OH的濃度變化量之比為1：1，初始n（CO）＝0.020mol，容器體積2L，初始c（CO）＝0.010mol/L，平衡時c（CO）＝0.0035mol/L，濃度減少了0.0065mol/L，則CH3OH的濃度應增加0.0065mol/L，對應圖中的b曲線，0～2min內，CO的濃度變化量為0.010mol/L-0.008mol2L=0.010mol/L﹣0.004mol/L＝0.006mol/L，則v（CO）=0.006mol2L=0.003mol?L﹣1?min﹣1，根據反應速率之比等于化學計量數之比，v（H2）＝2v（CO）＝0.006mol?L﹣故答案為：b；0.006mol?L﹣1?min﹣1；②A.反應前后氣體總質量不變，氣體物質的量減小，平均相對分子質量M=mn，當M不變時，說明n不變，反應達到平衡狀態，故B.由于CO和H2按照物質的量之比1：2投料，且反應中消耗的量也為1：2，所以轉化率始終相等，不能說明達到平衡，故B錯誤；C.體積分數不變說明各物質的量不再變化，反應達到平衡狀態，故C正確；D.反應前后氣體總質量不變，容器體積不變，密度ρ=mV始終不變，不能說明平衡，故E.生成CO是逆反應，斷裂O﹣H鍵是逆反應（CH3OH分解），均為逆反應方向，不能說明平衡，故E錯誤；F.反應速率之比應等于化學計量數之比，平衡時應為v正（H2）＝2v逆（CO），該式子不滿足平衡狀態的速率關系，故F錯誤；故答案為：AC；（4）①燃料電池中，通入燃料甲醇的電極為負極（電極a），通入氧氣的電極為正極（電極b），原電池中陰離子向負極移動，所以CO32-向故答案為：a；②電極b是正極，O2在正極得到電子，結合CO2生成CO32-，電極反應式為：O2+4e﹣+2CO2＝2故答案為：O2+4e﹣+2CO2＝2CO3【點評】本題主要考查了化學平衡的知識，題目難度中等，掌握化學平衡的判斷方法和熱化學方程式的書寫方法是解答該題的關鍵。4．（2026?濟南二模）為了完成“碳達峰”和“碳中和”目標，CO2的高效利用成為研究的熱點。利用CaO和CH4捕獲并轉化CO2涉及如下反應：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回答下列問題：（1）反應CH4（g）+CaCO3（s）?CaO（s）+2CO（g）+2H2（g）的焓變ΔH＝ΔH3﹣ΔH1（用含ΔH1、ΔH3的代數式表示）。（2）恒容容器中，加入一定量的CaO（s）、1molCH4（g）和1molCO2（g），發生上述反應，測得平衡時氣相中CO、CO2、CH4體積分數與溫度的關系如圖所示（忽略固體體積）。①曲線N對應物種為CO（填化學式）；②T1～T2℃間，自a點開始曲線M和O重合的原因是只有反應Ⅲ發生，CH4（g）與CO2（g）物質的量相同，且升高溫度平衡正向移動，CH4（g）與CO2（g）變化量相同；T2℃時三條曲線驟然下降的原因是反應Ⅱ開始發生，導致氣體物質的量突然增大；③T3℃時，平衡后體系中C（s）的物質的量為0.1mol，若起始壓強為p0kPa，反應Ⅲ的平衡常數Kp＝5.88p02（kPa）2（用含p0的代數式表示）；若縮小體積，再次達到平衡時，p(CO)p(C④若起始加入一定量的CaO（s）、2molCH4（g）和2molCO2（g），則圖示中a、b、c、d、e和f點中，曲線M和O可能自e點開始重合（填標號）。【答案】（1）ΔH3﹣ΔH1；（2）①CO；②只有反應Ⅲ發生，CH4（g）與CO2（g）物質的量相同，且升高溫度平衡正向移動，CH4（g）與CO2（g）變化量相同反應Ⅱ開始發生，導致氣體物質的量突然增大；③0.1；5.88p④e。【分析】（1）由蓋斯定律可知，反應Ⅲ﹣反應Ⅰ＝目標反應；（2）①反應Ⅱ、反應Ⅲ均為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，一氧化碳的體積分數增大，則曲線N表示一氧化碳的體積分數與溫度的關系；氧化鈣固體會與二氧化碳反應，則反應過程中二氧化碳的體積分數會小于甲烷，但隨著溫度升高反應Ⅰ的正向進行程度減小，反應Ⅲ的正向進行程度增大，二氧化碳的體積分數可能與甲烷相等，也可能大于甲烷；②由方程式可知，自a點開始曲線M和O重合說明只有反應Ⅲ發生，升高溫度，平衡向正反應方向移動時，甲烷和二氧化碳的消耗量相同，使得甲烷、二氧化碳的物質的量相同，氣體的總物質的量相同，導致兩者的體積分數相等；T2℃時，三條曲線驟然下降說明氣體的總物質的量增大，反應Ⅰ是氣體體積減小的反應，反應Ⅱ是氣體體積增大的反應；③由圖可知，T3℃時，甲烷、一氧化碳、二氧化碳的體積分數分別為：111、1233、433，則平衡時甲烷、一氧化碳、二氧化碳的物質的量比為3：12：4，設平衡時甲烷的物質的量為3xmol，由氫原子個數守恒可知，氫氣的物質的量為：1mol×4-3xmol×42=（2﹣6x）mol，則混合氣體的總物質的量為：3xmol+12xmol+4xmol+（2﹣6x）mol＝（2+13x）mol，由甲烷的體積分數可得：3x2+13x=111，解得：x＝0.1；由方程式可知，反應Ⅲ生成氫氣的物質的量為1.2mol，則反應Ⅱ生成氫氣的物質的量為：1.4mol﹣1.2mol＝0.2mol，由方程式可知，反應生成碳固體的物質的量為：④反應Ⅲ為氣體體積增大的反應，若恒容容器中起始加入一定量的氧化鈣、2mol甲烷和2mol二氧化碳相當于增大壓強，平衡向逆反應方向移動，甲烷和二氧化碳的體積分數都增大；a點前，甲烷的體積分數大于二氧化碳。【解答】解：（1）由蓋斯定律可知，反應Ⅲ﹣反應Ⅰ＝目標反應，則反應ΔH＝ΔH3﹣ΔH1，故答案為：ΔH3﹣ΔH1；（2）①反應Ⅱ、反應Ⅲ均為吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，一氧化碳的體積分數增大，則曲線N表示一氧化碳的體積分數與溫度的關系；氧化鈣固體會與二氧化碳反應，則反應過程中二氧化碳的體積分數會小于甲烷，但隨著溫度升高反應Ⅰ的正向進行程度減小，反應Ⅲ的正向進行程度增大，二氧化碳的體積分數可能與甲烷相等，也可能大于甲烷，則曲線M、O分別表示二氧化碳、甲烷的體積分數與溫度的關系，故答案為：CO；②由方程式可知，自a點開始曲線M和O重合說明只有反應Ⅲ發生，升高溫度，平衡向正反應方向移動時，甲烷和二氧化碳的消耗量相同，使得甲烷、二氧化碳的物質的量相同，氣體的總物質的量相同，導致兩者的體積分數相等；T2℃時，三條曲線驟然下降說明氣體的總物質的量增大，反應Ⅰ是氣體體積減小的反應，反應Ⅱ是氣體體積增大的反應，所以驟然下降是因為反應Ⅱ開始發生，導致氣體物質的量突然增大所致，故答案為：只有反應Ⅲ發生，CH4（g）與CO2（g）物質的量相同，且升高溫度平衡正向移動，CH4（g）與CO2（g）變化量相同反應Ⅱ開始發生，導致氣體物質的量突然增大；③由圖可知，T3℃時，甲烷、一氧化碳、二氧化碳的體積分數分別為：111、1233、433，則平衡時甲烷、一氧化碳、二氧化碳的物質的量比為3：12：4，設平衡時甲烷的物質的量為3xmol，由氫原子個數守恒可知，氫氣的物質的量為：1mol×4-3xmol×42=（2﹣6x）mol，則混合氣體的總物質的量為：3xmol+12xmol+4xmol+（2﹣6x）mol＝（2+13x）mol，由甲烷的體積分數可得：3x2+13x=111，解得：x＝0.1；由方程式可知，反應Ⅲ生成氫氣的物質的量為1.2mol，則反應Ⅱ生成氫氣的物質的量為：1.4mol﹣1.2mol＝0.2mol，由方程式可知，反應生成碳固體的物質的量為：0.2mol×12=0.1mol；由氣體的物質的量之比等于壓強之比可知，平衡時混合氣體的壓強為：3.3mol×p0故答案為：0.1；5.88p④反應Ⅲ為氣體體積增大的反應，若恒容容器中起始加入一定量的氧化鈣、2mol甲烷和2mol二氧化碳相當于增大壓強，平衡向逆反應方向移動，甲烷和二氧化碳的體積分數都增大；a點前，甲烷的體積分數大于二氧化碳，則需要升高溫度使反應Ⅱ平衡正向移動，促使甲烷的消耗量增大幅度大于二氧化碳的消耗幅度，所以曲線M和O可能自e點開始重合，故答案為：e。【點評】本題考查化學平衡，側重考查學生基礎知識的掌握情況，試題難度中等。5．（2026?東營模擬）金屬鋯在核工業、高溫合金等領域有重要應用。工業上常以鋯英石（主要成分ZrSiO4）為原料，在密閉容器中加入一定量的ZrSiO4、C和Cl2，反應生成揮發性ZrCl4，可能發生的反應有：反應ⅰ、ZrSiO4（s）+2Cl2（g）+2C（s）?ZrCl4（g）+SiO2（s）+2CO（g）Δ反應ⅱ、ZrSiO4（s）+2Cl2（g）+C（s）?ZrCl4（g）+SiO2（s）+CO2（g）Δ反應ⅲ、C（s）+CO2（g）?2CO（g）ΔH3回答下列問題：（1）ΔH3＝+kJ?mol﹣1。（2）在100kPa下，過量的ZrSiO4、C與一定量Cl2發生上述反應，平衡體系中氣體組分ZrCl4、Cl2、CO、CO2的體積分數隨溫度變化如圖所示。①圖中表示CO體積分數的曲線是5，其曲線變化的原因是Ⅲ隨溫度升高，反應ⅰ逆向移動，則CO的體積分數隨溫度升高而降低，但反應ⅲ為吸熱反應，平衡正向移動且為主要反應，導致CO2被消耗生成CO，CO體積分數隨溫度升高而增加。②在T1溫度下，向平衡體系中再通入少量氯氣，重新達平衡后，氯氣的轉化率將不變（填“減小”、“增大”或“不變”）。③由圖像分析可知，溫度越低，ZrCl4的體積分數越高，但實際生產中卻選擇較高的T2溫度，其原因是T2℃時ZrCl4的體積分數較大，升溫可加快反應速率。④在T2溫度下，反應ⅰ的平衡常數Kp＝ac2×100(1-a-b-c)2kPa（Kp為用分壓表示的平衡常數，分壓＝總壓×物質的量分數），在T2【答案】（1）+172.5；（2）①Ⅲ隨溫度升高，反應ⅰ逆向移動，則CO的體積分數隨溫度升高而降低，但反應ⅲ為吸熱反應，平衡正向移動且為主要反應，導致CO2被消耗生成CO，CO體積分數隨溫度升高而增加；②不變；③T2℃時ZrCl4的體積分數較大，升溫可加快反應速率；④ac【分析】（1）根據蓋斯定律來分析；（2）由于反應ⅰ和ⅱ放熱，低溫下主要發生反應ⅰ生成CO和ZrCl4，發生反應ⅱ生成CO2和ZrCl4，隨溫度升高，反應ⅰ和ⅱ逆向移動，則CO、CO2和ZrCl4的體積分數隨溫度升高而降低，但反應ⅲ為吸熱反應，平衡正向移動且為主要反應，導致CO2被消耗生成CO，CO體積分數隨溫度升高而增加，對應曲線Ⅲ，CO2的體積分數隨溫度升高而降低更快，對應曲線Ⅱ，則曲線Ⅰ表示ZrCl4體積分數，據此分析作答。【解答】解：（1）由蓋斯定律，反應ⅲ可由反應ⅰ﹣反應ⅱ得到，則ΔH3＝ΔH1﹣ΔH2＝（﹣78.2kJ/mol）﹣（﹣250.7kJ/mol）＝+172.5kJ/mol；故答案為：（2）①根據分析，圖中表示CO體積分數的曲線是Ⅲ，其曲線變化的原因是隨溫度升高，反應ⅰ逆向移動，則CO的體積分數隨溫度升高而降低，但反應ⅲ為吸熱反應，平衡正向移動且為主要反應，導致CO2被消耗生成CO，CO體積分數隨溫度升高而增加；故答案為：Ⅲ隨溫度升高，反應ⅰ逆向移動，則CO的體積分數隨溫度升高而降低，但反應ⅲ為吸熱反應，平衡正向移動且為主要反應，導致CO2被消耗生成CO，CO體積分數隨溫度升高而增加；②在T1溫度下，向平衡體系中再通入少量氯氣，根據圖像可知該溫度下氯氣的物質的量是0，這說明氯氣很快就轉化為二氧化碳和四氯化鋯氣體，所以氯氣的轉化為不變；故答案為：不變；③由圖像分析可知，溫度越低，ZrCl4的體積分數越高，但實際生產中卻選擇較高的T2溫度，原因是溫度較低時，反應速率較慢，單位時間內生成的ZrCl4較少；而溫度升高，雖然平衡時ZrCl4的體積分數有所降低，但反應速率加快，單位時間內生成的ZrCl4增多，可提高生產