2024届高考化学一轮总复习单元质检卷6第六单元化学反应与能量

这是一份2024届高考化学一轮总复习单元质检卷6第六单元化学反应与能量，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．(2022·广东卷)以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中( )
A．阴极发生的反应为Mg－2e－===Mg2＋
B．阴极上Al被氧化
C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥
D．阳极和阴极的质量变化相等
解析：根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2＋和Al3＋，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3＋得电子生成Al单质，从而实现Al的再生。阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2＋，A项错误；Al在阳极上被氧化生成Al3＋，B项错误；阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C项正确；因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D项错误。
答案：C
2．甲烷是良好的制氢材料。我国科学家发明了一种500 ℃时，在含氧离子(O2－)的熔融碳酸盐中电解甲烷的方法，实现了无水、零排放的方式生产H2和C。反应原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．X为电源的负极
B．Ni电极上发生电极反应方程式为COeq \\al(2－,3)＋4e－===C＋3O2－
C．电解一段时间后熔融盐中O2－的物质的量变多
D．该条件下，每产生22.4 L H2，电路中转移2 ml电子
解析：电解反应在温度为500 ℃时进行，电解质为熔融碳酸盐，则阳极的电极反应是甲烷失电子生成氢气和二氧化碳的过程，阴极是碳酸根离子得到电子生成碳。电解池电极NiYSZ中甲烷变成CO2，C元素的化合价升高，失电子，发生氧化反应，作阳极，因此X为电源的正极，A项错误；阴极上发生还原反应，Ni电极上发生的电极反应方程式为COeq \\al(2－,3)＋4e－===
C＋3O2－，B项正确；电解一段时间后熔融盐中O2－的物质的量不会变多，生成的O2－通过熔融盐转移到阳极参加反应，C项错误；总反应为CH4eq \(=====,\s\up7(电解))C＋2H2，反应条件为500 ℃，该条件下不是标准状况，D项错误。
答案：B
3．我国科学家以金属钠和石墨作为电极，在石墨电极通入SO2制备成NaSO2二次电池，有关该电池，下列说法错误的是( )
A．放电时SO2发生还原反应
B．放电时阴离子向Na电极移动
C．充电时石墨电极与电源正极相连
D．充电时电子从石墨电极经过电解液流向Na电极
解析：放电时，石墨为二次电池的正极，二氧化硫在正极得到电子发生还原反应，故A项正确；放电时，石墨为二次电池的正极，钠电极为负极，阴离子向负极钠电极移动，故B项正确；放电时，石墨为正极，则充电时，与电源正极相连作电解池的阳极，故C项正确；电解质溶液不能传递电子，故D项错误。
答案：D
4．(2022·深圳光明高级中学月考)氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，一种利用电化学制备NH3的转化历程如图所示。下列说法错误的是( )
A．步骤Ⅱ属于氮的固定
B．LiOH可视为该历程中的催化剂
C．该历程总反应为2N2＋6H2O===4NH3＋3O2
D．由该历程说明N2的氧化性强于O2
解析：由题图可知：步骤Ⅰ电解熔融的LiOH生成Li、水和氧气，步骤Ⅱ中Li和N2反应生成Li3N，步骤Ⅲ中Li3N和水反应，生成LiOH和NH3。步骤Ⅱ中Li和N2反应生成Li3N，氮元素由单质变为化合物，因此属于氮的固定，A项正确；由题图可知：LiOH先消耗后生成，LiOH可视为该历程中的催化剂，B项正确；由题图可知：反应物为氮气和水，产物为氨和氧气，LiOH为催化剂，由电子守恒和原子守恒可得总反应为2N2＋6H2O===4NH3＋3O2，C项正确；该反应历程中步骤Ⅰ是通过电解发生，不能说明N2的氧化性强于O2，D项错误。
答案：D
5．(2022·湖南卷)甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
(CH3)2C===O＋HCN―→(CH3)2C(OH)CN、(CH3)2C(OH)CN＋CH3OH＋H2SO4―→
CH2===C(CH3)COOCH3＋NH4HSO4
新法合成的反应：
CH3CCH＋CO＋CH3OHeq \(――→,\s\up7(Pd))CH2===C(CH3)COOCH3
下列说法错误的是(阿伏加德罗常数的值为NA)( )
A．HCN的电子式为H∶C⋮⋮N∶
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C．1 L 0.05 ml·L－1的NH4HSO4溶液中NHeq \\al(＋,4)的微粒数小于0.05NA
D．Pd的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
解析：氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为H∶C⋮⋮N∶，故A项正确；由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应没有副产物生成，原子利用率为100%的化合反应，故B项正确；硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，铵根离子在溶液中会发生水解反应，所以1 L 0.05 ml·L－1的硫酸氢铵溶液中铵根离子的数目小于0.05 ml·L－1×1 L×NA ml－1＝0.05NA，故C项正确；由方程式可知，钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D项错误。
答案：D
6．(2022·全国甲卷)一种水性电解液ZnMnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2＋以Zn(OH)eq \\al(2－,4)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是( )
A．Ⅱ区的K＋通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的SOeq \\al(2－,4)通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．MnO2电极反应：MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O
D．电池总反应：Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋===Zn(OH)eq \\al(2－,4)＋Mn2＋＋2H2O
解析：根据题图所示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)eq \\al(2－,4)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明是阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H＋，生成Mn2＋，Ⅱ区的K＋向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SOeq \\al(2－,4)向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH－，生成Zn(OH)eq \\al(2－,4)，Ⅱ区的SOeq \\al(2－,4)向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K＋向Ⅱ区移动。根据分析，Ⅱ区的K＋只能向Ⅰ区移动，A项错误；根据分析，Ⅰ区的SOeq \\al(2－,4)向Ⅱ区移动，B项正确；MnO2电极的电极反应式为MnO2＋
2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O，C项正确；电池的总反应为Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋===Zn(OH)eq \\al(2－,4)＋Mn2＋＋2H2O，D项正确。
答案：A
7．(2022·全国乙卷)Li-O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来，科学家研究了一种光照充电Li-O2电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子(e－)和空穴
(h＋)，驱动阴极反应(Li＋＋e－===Li)和阳极反应(Li2O2＋2h＋===2Li＋＋O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是( )
A．充电时，电池的总反应Li2O2===2Li＋O2
B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C．放电时，Li＋从正极穿过离子交换膜向负极迁移
D．放电时，正极发生反应O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2
解析：充电时光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应(Li＋＋e－===Li)和阳极反应(Li2O2＋2h＋===2Li＋＋O2)，则充电时总反应为Li2O2===2Li＋O2，结合题图，充电时金属Li电极为阴极，光催化电极为阳极；则放电时金属Li电极为负极，光催化电极为正极。据此分析解答。光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电，结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为Li2O2===2Li＋O2，A项正确；充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B项正确；放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li＋从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C项错误；放电时总反应为2Li＋O2===Li2O2，正极反应为O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，D项正确。
答案：C
8．(2022·北京卷)CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积炭。下列说法不正确的是( )
A．反应①为CaO＋CO2===CaCO3；反应②为CaCO3＋CH4eq \(=====,\s\up7(催化剂))CaO＋2CO＋2H2
B．t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4eq \(=====,\s\up7(催化剂))C＋2H2
C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
解析：由题图1所示信息可知，反应①为CaO＋CO2===CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为CaCO3＋CH4eq \(=====,\s\up7(催化剂))CaO＋2CO＋2H2，A项正确；由题图2所示信息可知，t1～t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积炭，故可能有副反应CH4eq \(=====,\s\up7(催化剂))C＋2H2，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1∶2，B项正确；由上述分析反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而题图2中t2时刻，H2的反应速率未变，仍然为2 mml·min－1，而CO变为1～2 mml·min－1之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C项错误；由题图2可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D项正确。
答案：C
9．(2022·浙江宁波模拟)用下列仪器或装置进行相应实验，部分现象描述不正确的是( )
解析：SO2的水溶液显酸性，但对石蕊不具有漂白性，石蕊溶液只变红不褪色，A项不正确；氢气在氯气中燃烧，只在管口接触，接触面小，不会发生爆炸，且产生苍白色火焰，生成的氯化氢在瓶口遇到水蒸气形成白雾，B项正确；铜丝与稀硝酸反应生成的NO气体，与试管内空气中的O2反应，生成红棕色的NO2，当试管内的空气被反应生成的NO等排出后，生成的NO气体充满试管，试管内气体呈无色，C项正确；乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，且密度比饱和碳酸钠溶液小，所以呈油状浮在饱和碳酸钠溶液的表面上，D项正确。
答案：A
10．(2022·广东卷)科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无须离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是( )
A．充电时电极b是阴极
B．放电时NaCl溶液的pH减小
C．放电时NaCl溶液的浓度增大
D．每生成1 ml Cl2，电极a质量理论上增加23 g
解析：由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A项错误；放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋可知，NaCl溶液的pH不变，故B项错误；放电时负极反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C项正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3，由得失电子守恒可知，每生成1 ml Cl2，电极a质量理论上增加23 g·ml－1×2 ml＝46 g，故D项错误。
答案：C
11．(2022·深圳光明高级中学月考)我国科研人员研制了一种双极制氢系统。其工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．电极Y为阴极，发生氧化反应
B．若反应物为，则产物中只含
C．收集1 ml H2，理论上转移2 ml e－
D．电极X上发生的反应可能为2RCHO－2e－＋4OH－===2RCOO－＋H2↑＋2H2O
解析：由图可知，电极Y氢元素价态降低得电子，故Y电极为阴极，电极反应式是2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，电极X为阳极，电极反应式为2R—CHO＋4OH－－2e－===2R—
COO－＋H2↑＋2H2O。由上述分析可知，电极Y为阴极，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，发生还原反应，A项错误；已知HCHO中相当于含有2个醛基，故若反应物为，则产物中含和即COeq \\al(2－,3)，B项错误；由分析可知，该电解池中阴极和阳极上均能产生H2，收集1 ml H2，理论上转移1 ml e－，C项错误；由上述分析可知，电极X上发生的反应可能为2RCHO－2e－＋4OH－===2RCOO－＋H2↑＋2H2O，D项正确。
答案：D
12．(2022·珠海第二中学月考)科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(Ⅲ)表面发生解离时四个路径与相对能量关系如图所示，其中附在Pd(Ⅲ)表面的物种用*标注。下列说法错误的是( )
A．②中包含C—H的断裂过程
B．该历程中能垒(反应活化能)最小的是③
C．该历程中制约反应速率的方程式为CH3O*＋3H*―→CO*＋4H*
D．由此历程可知：CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH＞0
解析：CH3O*中共价键为3个C—H和1个C—O，CH2O*中共价键为2个C—H和1个C—O，则②中由CH3O*―→CH2O*包含C—H的断裂过程，A项正确；反应物的活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，①的活化能为100 kJ·ml－1，②的活化能为70 kJ·ml－1，③的活化能为50 kJ·ml－1，④的活化能为60 kJ·ml－1，则③发生的反应活化能最小，B项正确；活化能越大，反应速率越慢，制约反应速率的为慢反应，由图示可知，①的活化能为100 kJ·ml－1，②的活化能为70 kJ·ml－1，③的活化能为50 kJ·ml－1，④的活化能为60 kJ·ml－1，①的活化能最大，发生的反应为CH3OH*―→CH3O*＋H*，C项错误；甲醇的相对能量为－40 kJ·ml－1，CO(g)＋2H2(g)的相对能量为50 kJ·ml－1，整个过程中吸收能量，由图示可知整个历程为CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH＞0，D项正确。
答案：C
二、非选择题(本题共3小题，共52分。)
13．(16分)(2022·广东卷)铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
(1)催化剂Cr2O3可由(NH4)2Cr2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：(NH4)2Cr2O7eq \(=====,\s\up7(△))Cr2O3＋______＋________。
②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1，X(g)―→Y(g)过程的焓变为____________________________________________________________(列式表示)。
③Cr2O3可用于NH3的催化氧化。设计从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)Cr2Oeq \\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)2HCrOeq \\al(－,4)(aq) K1＝3.0×10－2(25 ℃)；
(ⅱ)HCrOeq \\al(－,4)(aq)CrOeq \\al(2－,4)(aq)＋H＋(aq) K2＝3.3×10－7(25 ℃)。
①下列有关K2Cr2O7溶液的说法正确的有________(填序号)。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量NaOH溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D．加入少量K2Cr2O7固体，平衡时c2(HCrOeq \\al(－,4))与c(Cr2Oeq \\al(2－,7))的比值保持不变
②25 ℃时，0.10 ml·L－1 K2Cr2O7溶液中lgeq \f(c（CrOeq \\al(2－,4)）,c（Cr2Oeq \\al(2－,7)）)随pH的变化关系如图2。当pH＝9.00时，设Cr2Oeq \\al(2－,7)、HCrOeq \\al(－,4)与CrOeq \\al(2－,4)的平衡浓度分别为x、y、z ml·L－1，则x、y、z之间的关系式为________＝0.10；计算溶液中HCrOeq \\al(－,4)的平衡浓度：___________________________
(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。

③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长(λ)有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长(λmax)取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。 混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、pH不同的K2Cr2O7稀溶液，测得其A随λ的变化曲线如图3，波长λ1、λ2和λ3中，与CrOeq \\al(2－,4)的λmax最接近的是________；溶液pH从a变到b的过程中，eq \f(c（H＋）·c2（CrOeq \\al(2－,4)）,c（Cr2Oeq \\al(2－,7)）)的值________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)①(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为(NH4)2Cr2O7eq \(=====,\s\up7(△))Cr2O3＋N2↑＋4H2O。②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M ΔH1＝(E1－E2)，M→N ΔH2＝ΔH，N→Y ΔH3＝(E3－E4)，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)。③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3eq \(――→,\s\up7(Cr2O3),\s\d5(O2))NOeq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5( ))NO2eq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5(H2O))HNO3；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO＋O2===2NO2。(2)①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(ⅰ)Cr2Oeq \\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)2HCrOeq \\al(－,4)(aq)、(ⅱ)HCrOeq \\al(－,4)(aq)CrOeq \\al(2－,4)(aq)＋H＋(aq)。向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H＋)增大，(ⅱ)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H＋)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A项错误；加水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，(ⅰ)和(ⅱ)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B项正确；加入少量NaOH溶液，(ⅱ)正向移动，溶液中c(HCrOeq \\al(－,4))将减小，(ⅰ)将正向移动，故C项错误；平衡(ⅰ)的平衡常数K1＝eq \f(c2（HCrOeq \\al(－,4)）,c（Cr2Oeq \\al(2－,7)）)，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，eq \f(c2（HCrOeq \\al(－,4)）,c（Cr2Oeq \\al(2－,7)）)不变，故D项正确；综上所述，答案为BD。②0.10 ml·L－1 K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20 ml·
L－1，当溶液pH＝9.00时，溶液中Cr原子总浓度为2c(Cr2Oeq \\al(2－,7))＋c(HCrOeq \\al(－,4))＋c(CrOeq \\al(2－,4))＝0.20 ml·L－1，设Cr2Oeq \\al(2－,7)、HCrOeq \\al(－,4)与CrOeq \\al(2－,4)的平衡浓度分别为x、y、z ml·L－1，因此x＋eq \f(1,2)y＋eq \f(1,2)z＝0.10；由题图2可知，当溶液pH＝9时，eq \f(c（CrOeq \\al(2－,4)）,c（Cr2Oeq \\al(2－,7)）)>104，因此可忽略溶液中的Cr2Oeq \\al(2－,7)，即c(HCrOeq \\al(－,4))＋c(CrOeq \\al(2－,4))＝0.20，反应(ⅱ)的平衡常数K2＝eq \f(c（H＋）×c（CrOeq \\al(2－,4)）,c（HCrOeq \\al(－,4)）)＝eq \f(10－9×c（CrOeq \\al(2－,4)）,c（HCrOeq \\al(－,4)）)＝3.3×10－7，联立两个方程可得c(HCrOeq \\al(－,4))＝6.0×10－4 ml·L－1。③根据反应(ⅰ)、(ⅱ)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中c(Cr2Oeq \\al(2－,7))＋c(HCrOeq \\al(－,4))＋c(CrOeq \\al(2－,4))越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中c(CrOeq \\al(2－,4))越大，因此与CrOeq \\al(2－,4)的λmax最接近的是λ3；反应(ⅰ)的平衡常数K1＝eq \f(c2（HCrOeq \\al(－,4)）,c（Cr2Oeq \\al(2－,7)）)，反应(ⅱ)的平衡常数K2＝eq \f(c（H＋）×c（CrOeq \\al(2－,4)）,c（HCrOeq \\al(－,4)）)，(K2)2×K1＝eq \f(c2（H＋）×c2（CrOeq \\al(2－,4)）,c2（HCrOeq \\al(－,4)）)×eq \f(c2（HCrOeq \\al(－,4)）,c（Cr2Oeq \\al(2－,7)）)＝eq \f(c2（H＋）×c2（CrOeq \\al(2－,4)）,c（Cr2Oeq \\al(2－,7)）)，因此eq \f(c（H＋）×c2（CrOeq \\al(2－,4)）,c（Cr2Oeq \\al(2－,7)）)＝eq \f(（K2）2×K1,c（H＋）)，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H＋)减小，所以eq \f(c（H＋）×c2（CrOeq \\al(2－,4)）,c（Cr2Oeq \\al(2－,7)）)的值将增大。
答案：(1)①N2↑ 4H2O ②(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4) ③NH3eq \(――→,\s\up7(Cr2O3),\s\d5(O2))NOeq \(――→,\s\up7(O2))NO2eq \(――→,\s\up7(O2),\s\d5(H2O))HNO3 2NO＋O2===2NO2
(2)①BD ②x＋eq \f(1,2)y＋eq \f(1,2)z 当溶液pH＝9时，eq \f(c（CrOeq \\al(2－,4)）,c（Cr2Oeq \\al(2－,7)）)>104，因此可忽略溶液中的Cr2Oeq \\al(2－,7)即c(HCrOeq \\al(－,4))＋c(CrOeq \\al(2－,4))＝0.20。反应(ⅱ)的平衡常数K2＝eq \f(c（H＋）×c（CrOeq \\al(2－,4)）,c（HCrOeq \\al(－,4)）)＝eq \f(10－9×c（CrOeq \\al(2－,4)）,c（HCrOeq \\al(－,4)）)＝3.3×10－7，联立两个方程可得c(HCrOeq \\al(－,4))＝6.0×10－4 ml·L－1 ③λ3 增大
14．(18分)(2022·广东实验中学模拟)丙烯腈()是一种重要的化工原料，广泛应用在合成纤维、合成橡胶及合成树脂等工业生产中。以3羟基丙酸乙酯为原料合成丙烯腈，主要反应过程如下：
(1)已知部分化学键键能如下表所示：
据此计算ΔH1＝__________；此反应自发进行的条件是______________(填“高温易自发”“低温易自发”或“任何温度都能自发”)。
(2)在盛有催化剂TiO2、压强为200 kPa的恒压密闭容器中按体积比2∶15充入 (g)和NH3(g)发生反应，通过实验测得平衡体系中含碳物质(乙醇除外)的物质的量分数随温度的变化如图所示。
①随着温度的升高， (g)的平衡物质的量分数先增大后减小的原因为________________________________________________________________________。
②N点对应反应Ⅱ的平衡常数Kx＝__________(x代表物质的量分数)。
③科学家通过DFT计算得出反应Ⅱ的反应历程有两步，其中第一步反应的化学方程式为： (g)＋NH3(g)eq \(――→,\s\up7(TiO2)) (g)＋ (g)，则第二步反应的化学方程式为________________________________________________________________________；
实验过程中未检测到 (g)的原因可能为_______________________________
________________________________________________________________________。
④实际生产中若充入一定量N2(不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率，原因为____
________________________________________________________________________。
解析：(1)焓变＝反应物总键能－生成物总键能，ΔH1＝(463＋413×9＋351×3＋348×3＋745) kJ· ml－1－(413×8＋615＋745＋351×2＋348×2＋463×2) kJ· ml－1＝＋34 kJ· ml－1；该反应为吸热反应，熵增反应，温度越高混乱程度增大，更有利于自发进行。(2)①反应Ⅰ、Ⅱ均为吸热反应，最高点前反应Ⅰ进行程度大，最高点后反应Ⅱ进行程度大，所以随着温度的升高，丙烯酸乙酯的物质的量分数先增大后减小。②设 (g)的初始物质的量为2 ml、NH3(g)的初始物质的量为15 ml；A点的含量为0，说明反应Ⅰ完全进行，生成和2 ml水；和丙烯腈的含量相等，说明有、1 ml NH3(g)参与反应Ⅱ，生成1 ml乙醇和1 ml水，则平衡体系中NH3(g)的物质的量为14 ml、的物质的量1 ml、丙烯腈1 ml、乙醇1 ml、水3 ml，N点对应反应Ⅱ的平衡常数Kx＝eq \f(\f(1,20)×\f(1,20)×\f(3,20),\f(1,20)×\f(14,20))＝eq \f(3,280)。③第一步反应是和氨反应生成乙醇和 (g)，再由反应Ⅱ的化学方程式为可知第二步反应的化学方程式为 (g)eq \(――→,\s\up7(TiO2)) (g)＋H2O(g)；第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率，实验过程中未检测到 (g)。④该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，相当于减压，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应Ⅱ的平衡正向移动，所以充入一定量N2(不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率。
答案：(1)＋34 kJ· ml－1 高温易自发
(2)①反应Ⅰ和反应Ⅱ都是吸热反应，温度升高，平衡都正向移动；温度较低时，反应Ⅰ进行的程度大，的物质的量分数增大；温度较高时反应Ⅱ进行的程度增大，的物质的量分数减小 ②eq \f(3,280) ③ (g)eq \(――→,\s\up7(TiO2)) (g)＋H2O(g) 第二步反应非常快
④该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应Ⅱ的平衡正向移动
15．(18分)(2022·广州六中模拟)甲醇和甲醛是重要的化工原料。利用气态甲醇在催化剂条件下脱氢制备甲醛的主要反应为CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)，反应机理图示如图1：(其中虚线部分为副反应)
回答下列问题：
(1)主要反应的最大能垒为________kJ·ml－1。
(2)副反应的热化学方程式为________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)已知：H2(g)＋eq \f(1,2)O2(g)===H2O(g)
ΔH1＝－240.2 kJ·ml－1；
CO(g)＋eq \f(1,2)O2(g)===CO2(g)ΔH2＝－283 kJ·ml－1。
则CH3OH(g)＋eq \f(3,2)O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________kJ·ml－1。
(4)在体积2 L的刚性容器中，投入1 ml气态CH3OH，在一定催化剂作用下，反应时间5 min时，分别测得甲醇转化率和甲醛的选择性与温度的关系，如图2所示：(甲醛的选择性：转化的CH3OH中生成HCHO的百分比)。
①600 ℃时5 min内生成甲醛的平均反应速率是________。
②若700 ℃时5 min恰好平衡，容器的初始压强为P0，甲醇的转化率为60%，甲醛的选择性为eq \f(1,3)，主要反应CH3OH(g)HCHO(g)＋H2(g)的压强平衡常数Kp为____________。
③600 ℃以后，甲醛的选择性下降的可能原因为_____________________________
________________________________________________________________________。
(5)利用甲醇、氯气和氢气为原料在300～350 ℃及一定催化剂条件下制取一氯甲烷，反应原理如下：CH3OH(g)＋Cl2(g)＋H2(g)CH3Cl(g)＋H2O(g)＋HCl(g) ΔH<0。现将等物质的量的反应物分别投入到温度相同，容积是1 L、2 L的甲、乙两个恒温、恒容的容器中，达到平衡(不考虑副反应发生)，下列说法正确的是______(填序号)。
A．甲、乙密度相同，CH3Cl的体积分数不同
B．甲、乙正反应速率不同，放出的热量相同
C．甲、乙压强不同，混合气体的平均相对分子质量相同
D．甲、乙CH3OH的转化率相同，混合气体的颜色相同
解析：(1)结合图示可知，该历程中最大能垒(活化能)E正＝103.8－30.6＝73.2 kJ。(2)结合题图1分析可知，副反应的热化学方程式为CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH＝＋90.4 kJ·
ml－1。(3)设①H2(g)＋eq \f(1,2)O2(g)===H2O(g) ΔH1＝－240.2 kJ·ml－1；
②CO(g)＋eq \f(1,2)O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－283 kJ·ml－1；
③CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH3＝－90.4 kJ·ml－1；
由②＋①×2－③得到：CH3OH(g)＋eq \f(3,2)O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－673 kJ·ml－1。
(4)①结合图示分析可知，600 ℃时5 min内甲醇的转化率为50%，甲醛的选择性为80%，n(HCHO)＝n(CH3OH)×80%＝0.4 ml，5 min内生成甲醛的平均反应速率是v(CH3OH)＝eq \f(Δc,Δt)＝eq \f(0.2 ml·L－1,5 min)＝0.04 ml/(L·min)。
②已知甲醇的转化率为60%，甲醛的选择性为eq \f(1,3)。
主反应 CH3OH(g)  HCHO(g) ＋ H2(g)
起始量 1 ml 0 0
变化量 1×60%×eq \f(1,3) ml 1×60%×eq \f(1,3) ml 1×60%×eq \f(1,3) ml
平衡量 0.2 ml 0.2 ml
副反应 CH3OH(g)  CO(g) ＋ 2H2(g)
起始量 1 ml 0 0
变化量 1×60%×eq \f(2,3) ml 1×60%×eq \f(2,3) ml 2×60%×eq \f(2,3) ml
平衡量 0.4 ml 0.8 ml
平衡体系中，n(CH3OH)＝(1－1×60%×eq \f(1,3)－1×60%×eq \f(2,3)) ml＝0.4 ml，总气体的物质的量为0.4 ml＋0.2 ml＋0.2 ml＋0.4 ml＋0.8 ml＝2 ml，则平衡时总压强为2P0，故主反应的KP＝eq \f(\f(0.2,2)×2P0×\f(0.2＋0.8,2)×2P0,\f(0.4,2)×2P0)＝eq \f(P0,2)。
③600 ℃以后，甲醛的选择性下降的可能原因：因为温度升高，催化剂对甲醇脱氢主要反应的催化活性降低，反应速率减小。或温度升高，催化剂对甲醇脱氢副反应的催化活性升高，反应速率增大。(5)该反应是只有气体参加等体积反应，反应物投入相等，容器体积不同，则甲、乙密度不相同，压强改变平衡不移动，CH3Cl的体积分数不变，即两容器相同，故A项错误；由于两种情况反应物浓度不同，但是达到平衡状态相同，所以甲、乙正反应速率不同，放出的热量相同，故B项正确；甲、乙两种气体物质的量相同，但体积不同，故压强不同，该反应是只有气体参加等体积反应，混合气体的平均相对分子质量相同，故C项正确；甲乙两种情况平衡状态相同，故CH3OH的转化率相同，由于物质浓度不同，混合气体的颜色不同，故D项错误；故答案为BC。
答案：(1)73.2
(2)CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g) ΔH＝＋90.4 kJ· ml－1
(3)－673
(4)①0.04 ml/(L·min) ②eq \f(P0,2) ③温度升高，催化剂对甲醇脱氢主要反应的催化活性降低，反应速率减小(或温度升高，催化剂对甲醇脱氢副反应的催化活性升高，反应速率增大)
(5)BC
A.石蕊溶液先变红后褪色
B.安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾产生
C.试管内先出现红棕色气体，后变无色
D.Na2CO3溶液上出现一层无色透明的油状液体
化学键
C—O
C—C
C===C
C—H
O—H
C===O
键能/(kJ· ml－1)
351
348
615
413
463
745