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2022-2023学年广东省广州大学附属中学高二上学期期中考试化学试题含解析
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这是一份2022-2023学年广东省广州大学附属中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共28页。试卷主要包含了单选题，实验题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
广东省广州大学附属中学2022-2023学年高二上学期
期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列事实不能用勒夏特列原理来解释的是
A．含酚酞的氨水溶液，微热后红色变深
B．向新制氯水中加入适量硝酸银固体，溶液颜色变浅
C．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
D．H2(g)、Br2(g)和HBr(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
【答案】D
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A．一水合氨的电离是吸热反应，升高温度促进其电离，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液碱性增强，颜色变深，所以能用平衡移动原理解释，故A错误；
B．氯水中有下列平衡Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，当加入少量硝酸银固体后，硝酸银和HCl反应而促进平衡正向移动，氯浓度降低导致溶液颜色变浅，可以用勒夏特利原理解释，故B错误；
C．啤酒中存在CO2的溶解平衡，打开瓶盖时压强减小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，可以用平衡移动原理来解释，故C错误；
D．该反应加压后导致容器体积减小，碘浓度增大，但是平衡不移动，所以不能用平衡移动原理解释，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，只有改变条件时能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，否则不能，D为解答易错点，题目难度不大。
2．灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn(s，白)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ΔH1
②Sn(s，灰)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ΔH2
③Sn(s，灰)Sn(s，白) ΔH3=+2.1kJ•mol-1
下列说法正确的是
A．锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
B．锡在常温下以灰锡状态存在
C．灰锡转为白锡的反应是放热反应
D．ΔH1＞ΔH2
【答案】A
【详解】A．根据Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，温度低于13.2℃时，白锡会转变为灰锡，而灰锡以粉末状态存在，即锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏，A正确；
B．根据Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，温度高于13.2℃时，灰锡会转变为白锡，所以在常温下，锡以白锡状态存在，故B错误；
C．根据反应③Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，由灰锡变为白锡会吸热反应，故C错误；
D．依据盖斯定律，由②-①可得反应③，反应为吸热反应，所以ΔH3=ΔH2 -ΔH1>0，所以，故D错误；
故答案选A。
3．CO(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g) △H＜0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温、②加压、③增加Cl2的浓度④加催化剂⑤恒压通入惰性气体⑥恒容通入惰性气体，能提高CO转化率的是（ ）
A．②③ B．③⑤ C．①④ D．③⑥
【答案】A
【详解】化学反应CO(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g) △H<0，正反应是气体体积减小的放热反应，
①升温平衡向逆反应移动，CO转化率减小，①项错误；
②加压平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，②项正确；
③增加Cl2的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，③项正确；
④加催化剂，改变速率不改变平衡，CO转化率不变，④项错误；
⑤恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，容器体积增大压强减小，平衡逆向进行，CO的转化率减小，⑤项错误；
⑥恒容通入惰性气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，⑥项错误；
综上所述，②③项正确，
答案选A。
【点睛】⑥是学生的易错点，要理解，恒温恒容条件下，充入非反应的气体，对反应物的分压无影响，反应物的浓度没有发生变化，因此反应速率不变，平衡不会移动。
4．下列说法正确的是
A．需要加热的反应一定不是放热反应
B．只要有化学键的断裂，必然发生化学变化
C．物质发生化学变化都伴有能量的变化
D．伴有能量变化的物质变化都是化学变化
【答案】C
【详解】A．反应类型是放热反应还是吸热反应取决于反应物与生成物总能量的相对大小，而与反应发生的条件无关，需要加热的反应可能是放热反应，也可能是吸热反应，A错误；
B．物质溶解过程会发生化学键的断裂，但由于没有新物质生成，因此发生的该变化属于物理变化，故化学键的断裂时，不一定发生了化学变化，B错误；
C．物质发生化学变化时有化学键的断裂与形成，断键吸热，成键放热，因此物质发生化学变化时都伴有能量的变化，C正确；
D．伴有能量变化的物质变化不一定都是化学变化，如NaOH溶于水会放出热量，该变化属于物理变化，D错误；
故合理选项是C。
5．已知丙烷的燃烧热△H=-2215kJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为
A．55 kJ B．220 kJ C．550 kJ D．1108 kJ
【答案】A
【详解】丙烷分子式是C3H8，燃烧热为△H=-2215kJ·mol-1，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，放热2215kJ。丙烷完全燃烧产生1.8g水，生成H2O的物质的量为0.1mol，消耗丙烷的物质的量为0.025mol，所以反应放出的热量是Q=0.025mol×2215kJ/mol=55.375kJ，选A。
【点睛】本题考查燃烧热的概念、反应热的计算，考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力。
6．少量铁粉与100mL 0.01mol•L﹣1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的
①加H2O ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加CuO固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥滴加几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） ⑧改用10mL 0.1mol•L﹣1的盐酸
A．①⑤⑦ B．③⑦⑧ C．②④⑥ D．③⑥⑦⑧
【答案】B
【分析】根据外界条件对反应速率的影响结合氢气的总量不变以及铁少量分析解答。
【详解】①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；
②加氢氧化钠，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢；
③加浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，由于铁不足，则生成的氢气量不变；
④加CuO固体与盐酸反应生成氯化铜和水，氯化铜再与铁发生置换反应生成铜，构成原电池，反应速率加快，由于消耗铁影响氢气总量；
⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；
⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；
⑦温度升高，反应速率加快，且不影响氢气量；
⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，且不影响氢气量。
答案选B。
【点睛】参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。外界条件对反应速率的影响一般是温度、压强、浓度和催化剂，注意本题不改变生成氢气总量的要求，答题时注意审题。
7．下列有关下图所示装置或图象的判断或说法错误的是
A．图甲所示反应为2A(g)+B(g)=2C(g) ΔH＞0
B．根据图乙可判断：石墨转变为金刚石是吸热反应
C．结合盖斯定律，由图丙可得：ΔH1=ΔH2+ΔH3
D．图丁所示实验发生的为放热反应
【答案】D
【详解】A．由2A(g)+B(g)的总能量比2C(g)的低，则2A(g)+B(g)=2C(g)是吸热反应，ΔH＞0，故A正确；
B．由图可知金刚石的能量比石墨的能量高，则石墨转变为金刚石是吸热反应，故B正确；
C．根据盖斯定律，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，则ΔH1=ΔH2+ΔH3，故C正确；
D．浓硫酸的稀释放出热量，是物理变化，故D错误；
故选：D。
8．爱动脑筋的重庆一中化学组张郭根老师幻想着，假如存在A-F六种物质在一定条件下能按如图所示能量循环图进行相互转换，则下列说法中错误的是（ ）
A．ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0
B．ΔH7=ΔH1+ΔH2+ΔH3
C．ΔH5=ΔH7-ΔH4-ΔH6
D．│ΔH1+ΔH2+ΔH3│=│ΔH4+ΔH5+ΔH6│
【答案】B
【分析】盖斯定律指出：化学反应的焓变只与各反应物的始态和各生成物的终态有关，而与具体的反应途径无关；反应的方向改变，焓变符号改变，因此根据题中图象得知，，ΔH7=ΔH4+ΔH5+ΔH6；
【详解】A. 根据上述分析得知，根据题中图象得知，，ΔH7=ΔH4+ΔH5+ΔH6，故ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0，A正确；
B. 根据上述分析得知，根据题中图象得知，，B错误；
C.根据题中图象得知，ΔH7=ΔH4+ΔH5+ΔH6，则ΔH5=ΔH7-ΔH4-ΔH6，C正确；
D. 因此根据题中图象得知，，ΔH7=ΔH4+ΔH5+ΔH6，则
│ΔH1+ΔH2+ΔH3│=│ΔH4+ΔH5+ΔH6│，D正确；
答案选B。
9．反应N2O4(g) 2NO2(g) ΔH＝＋57kJ·mol－1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．A点的反应速率小于C点的反应速率
B．A、C两点气体的颜色：A浅，C深
C．由状态B到状态A，可以用降温的方法
D．A、C两点气体的平均相对分子质量：A＜C
【答案】C
【分析】，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答。
A. A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；
B.增大压强平衡向逆反应进行，向逆反应进行是减小由于压强增大导致浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大；
C.压强相同，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，A点NO2的体积分数大；
D. 增大压强，化学平衡逆向移动，C点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，据此判断。
【详解】A. 由图象可知，A. C两点都在等温线上，C的压强大，则A. C两点的反应速率：A
C. 升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1
10．一定温度下：在的四氯化碳溶液()中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表：
0
600
1200
1710
2220
2820
x
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是A．，生成的平均速率为
B．反应时，放出的体积为(标准状况)
C．反应达到平衡时，
D．推测上表中的x为3930
【答案】D
【详解】A．，的变化量为(0.96-0.66)==0.3，在此时间段内的变化量为其2倍，即0.6，因此，生成的平均速率为，A说法不正确；
B．由表中数据可知，反应时，的变化量为(1.40-0.35)==1.05，其物质的量的变化量为1.05´0.1L=0.105mol，的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的在标准状况下的体积为0.0525mol ´22.4L/mol=，B说法不正确；
C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，，C说法不正确；
D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710,1710-2820）后的浓度会变为原来的，因此，的浓度由0.24变为0.12时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D说法正确。
综上所述，本题选D。
11．在一个绝热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(s)，当m+n=p时，一定可以作为反应达到平衡状态标志的是
①体系的压强不再改变 ②体系的温度不再改变 ③体系的密度不再改变 ④各组分质量分数不再改变
A．①②③ B．①②③④ C．②③④ D．③④
【答案】B
【详解】①绝热的固定容积的密闭容器，体系的温度为变量，且m+n=p，则体系的压强为变量，体系的压强不再改变则达到平衡状态，①正确；
②在一个不传热的固定容积的密闭容器中，体系的温度为变量，当温度不再改变，说明正、逆反应速率相等，能据此判断该反应达到平衡状态，②正确；
③D为固态，混合气体的质量为变量，容器容积为定值，则密度为变量，当混合气体密度不变时，说明该反应达到平衡状态，③正确；
④各组分的质量分数不再改变，表明正逆反应速率相等，该反应已经达到平衡状态，④正确；
故答案选B。
12．下列有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是
A．稀硫酸与NaOH溶液反应：
B．在101kPa下的燃烧热，则水分解的热化学方程式为
C．已知的燃烧热，则有
D．已知9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6g FeS时放出19.12kJ热量，则
【答案】D
【详解】A．稀和NaOH发生中和反应，放出热量，则，A项错误；
B．燃烧热指101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，所以，水的分解是氢气燃烧的逆过程，所以水分解的热化学方程式为，B项错误；
C．燃烧热强调1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，如C→、H→，而中不是，C项错误；
D．根据生成硫化亚铁17.6g(即0.2mol)时，放出19.12k热量，可知生成1 mol时放出95.6kJ的热量，所以硫粉与铁粉反应的热化学方程式为，D项正确；
答案选D。
13．在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法正确的是
A．Ea为逆反应活化能，E为正反应活化能
B．该反应为放热反应，ΔH＝Ea’－Ea
C．所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量
D．温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移
【答案】D
【分析】由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应。
【详解】A项、由图可知， Ea为正反应活化能，E为逆反应活化能，故A错误；
B项、由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热ΔH＝—（Ea’－Ea），故B错误；
C项、在相同温度下，分子的能量并不完全相同，有些分子的能量高于分子的平均能量，称为活化分子，则所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，故C错误；
D项、该反应为放热反应，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡向吸热的逆反应方向移动，故D正确；
故选D。
【点睛】活化分子发生有效碰撞，要求能量高、碰撞方向正确，发生有效碰撞的分子是活化分子，活化能是活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差是解答关键。
14．依据图示关系，下列说法不正确的是
A．石墨燃烧是放热反应
B．1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多
C．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【详解】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O2(g)= CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；
B．根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/mol，根据反应可知都是放热反应，1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1molC(石墨)放热多，故B正确；
C．根据B项分析，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/mol，根据盖斯定律①-②ｘ2可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；
答案选C。
15．(a)II和(b)III催化还原生成的能垒图分别如下所示。还将进一步转化为和，在此反应过程中，II的决速步能垒为，小于III的()能垒。
下列说法错误的是
A．还原生成有两步加氢反应
B．(a)中第二步氢加到生成是整个反应的决速步
C．(b)中III催化更有利于生成
D．III有利于生成和
【答案】D
【详解】A．分析(a)(b)能垒图可知，还原生成有两步加氢反应，选项A正确；
B．(a)(b)能垒图中第二步加氢需要克服的能垒都高于第一步，都是整个反应的决速步，选项B正确；
C．对于Ⅱ，第一步是氢加到的O上形成，需要克服的能垒。第二步是氢加到生成，需要克服的能垒，同时是整个反应的决速步。相比之下，Ⅲ的两步加氢反应的能垒分别为和，其决速步的能垒明显小于Ⅱ，所以，Ⅲ催化更有利于生成，选项C正确；
D．题干中描述将进一步转化为和，在此反应过程中，Ⅱ的决速步能垒为，小于Ⅲ的能垒()，所以Ⅱ更有利于生成和，选项D错误。
答案选D。
16．工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯（HCOOCH3）：CH3OH（g）+CO（g） HCOOCH3（g）。在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．b点反应速率υ正 = υ逆 B．增大压强甲醇转化率增大
C．平衡常数：（75℃）＞K（85℃） D．反应速率：v（c点） < v（e点）
【答案】A
【详解】A．根据图象，温度低于83℃，随温度升高CO转化率增大，说明温度低于83℃的点未达到平衡，所以b点反应速率υ正 > υ逆 ，故A错误；
B．CH3OH(g)+CO(g) HCOOCH3(g)正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，甲醇转化率增大，故B正确；
C．根据图象，温度大于83℃，随温度升高CO转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，所以(75℃)＞K(85℃)，故C正确；
D．温度越高反应速率越快，所以反应速率：v(c点) < v(e点)，故D正确；
选A。
17．甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO 和H2O。在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是
A．途径一未使用催化剂，但途径二与途径一甲酸平衡转化率相同
B．ΔH1=ΔH2<0，Ea1= Ea2
C．途径二H+参与反应，通过改变反应途径加快反应速率
D．途径二反应的快慢由生成的速率决定
【答案】B
【详解】A．催化剂可以降低活化能，因此途径一未使用催化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径二和途径一的甲酸平衡转化率相同，A正确；
B．催化剂可以降低活化能，但不能改变焓变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因此ΔH1=ΔH2<0，但Ea1>Ea2，B错误；
C．途径二中反应前有氢离子，反应后还有氢离子，说明H+参与反应，通过改变反应途径加快反应速率，C正确；
D．生成的活化能高，则途径二反应的快慢由生成的速率决定，D正确；
故选B。
18．在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应： ，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：下列说法不正确的是
温度/℃
25
80
230
平衡常数/( L3/ mol3)
5×104
2
1.9×10-5
A．升温不利于生成Ni(CO)4(g)
B．在25℃时，反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-5mol3/L3
C．在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4(g)；CO(g)浓度均为0.5mol/L则此时V正>V逆
D．在80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L
【答案】C
【分析】对于反应，该反应为分子数减少的反应，压强越大越有利于产物的生成；从表中数据可以看出，升高温度，平衡常数减小，说明正反应为放热反应，即;
【详解】A．综上所述，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以升温不利于生成Ni(CO)4(g)，故A正确；
B．在25℃时，的平衡常数为，则相同温度下，反应的平衡常数为，故B正确；
C．在80℃时，平衡常数为，测得某时刻，Ni(CO)4(g)；CO(g)浓度均为0.5mol/L，则，平衡逆向进行，，故C错误；
D．在80℃达到平衡时，平衡常数为，测得n(CO)=0.3mol，浓度为，根据，解得，故D正确；
故选C。
19．一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是
A．550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动
B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总
【答案】B
【详解】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；
B．根据图象可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；
C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。
答案选B。
20．一定温度下，将2molA和2molB两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，2min末反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的物质的量浓度为0.4mol·L-1，下列说法正确的是（ ）
A．此温度下该反应的平衡常数K等于0.5
B．A的平衡转化率为40%
C．x的值为1
D．A和B的平衡转化率相等
【答案】A
【详解】列三段式：
C．根据题意0.2x mol/L = 0.4mol/L，解得x = 2，C错；
A．，A正确；
B．A平衡转化率= ，B错；
D．B的平衡转化率=，D错；
故答案选A。
二、实验题
21．某实验小组用0.50mol/LNaOH溶液和0.50molL硫酸进行中和反应反应热的测定。
(1)配制0.50mol/LNaOH溶液
①若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，至少需要称量NaOH固体___________g。
②称量NaOH固体所需要的仪器是___________。
(2)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸进行实验，实验数据如下表。测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和反应反应热的实验装置如图所示：①仪器A的名称为___________：
假设稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的密度都是1g/mL，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.19J/(g·℃)。为了计算中和热(稀溶液中，酸和碱发生中和反应生成1mol液态水放出的热量)，某学生实验记录数据如下：
②请填写下表中的空白：
温度实验次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
温度差平均值(t2-t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
___________
2
27.0
27.4
27.2
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
③依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=___________(结果保留一位小数)。
已知强酸强碱的稀溶液反应生成1mol液态H2O时反应放出的热量为57.3kJ，上述实验产生偏差的原因可能是___________(填字母)。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
D．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
【答案】(1) 5.0 托盘天平，烧杯，药匙
(2) 环形玻璃搅拌器 4.0 -53.6kJ/mol ACD
【详解】（1）①实验中大约要使用245mLNaOH溶液，根据近且大的原则，配制时，选用250mL的容量瓶进行配制，至少需要称量NaOH固体质量为，故填5.0；
②因NaOH固体易吸潮，不能直接放在称量纸上，应该放在烧杯中进行称量，所以用到的仪器有烧杯、托盘天平、药匙，故填烧杯、托盘天平、药匙；
（2）①如图，测定中和热的装置中，仪器A为环形玻璃搅拌棒，故填环形玻璃搅拌棒；
②四组实验数据中，第二组数据与其它三组相差太大，舍去；
第1次实验盐酸和 NaOH 溶液起始平均温度为26.1℃，反应后温度为30.1℃，反应前后温度差为4.0℃；
第3次实验盐酸和 NaOH 溶液起始平均温度为25.9℃，反应后温度为29.8℃，反应前后温度差为：3.9℃；
第4次实验盐酸和 NaOH 溶液起始平均温度为26.3℃，反应后温度为30.4℃，反应前后温度差为4.1℃；
反应前后平均温度差为；
30mL的0.50mol/L硫酸与50mL0.5mol/ L 氢氧化钠的质量和为， ，代入公式得，生成0.025mol的水放出热量，所以生成1mol的水放出热量为：，即该实验测得的中和热为，故填4.0；；
③通过上述实验，结果偏低；
A．实验装置保温、隔热效果差，导致热量散失，测量结果偏低，故A选；
B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，则NaOH溶液的体积偏大，测得温度差变大，结果偏大，故B不选；
C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失，测得温度变化减小，结果偏低，应一次迅速倒入，故C选；
D．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，因发生反应反应，温度升高，使得前后温度差变小，测量结果偏低，故D选；
故选ACD。
22．某小组利用溶液和稀硫酸的反应，通过比较溶液变浑浊的快慢验证不同因素对化学反应速率的影响。实验设计如下表所示：
实验编号
T/K
溶液
稀溶液
V/mL
V/mL
a
298
0.1
10
0.2
10
b
323
0.1
10
0.2
10
c
0.2
10
d
298
0.1
10
0.2
5
(1)请用离子方程式表达和稀硫酸的反应：_______。
(2)甲同学通过对比实验a和b，验证_______对反应速率的影响。
实验编号
完全反应所需时间/秒
平均用时
第1次
第2次
第3次
a
t1
t2
t3
ta
b
10.1
9.7
10.2
tb
甲同学的实验数据如上表所示。
①依据化学反应原理判断平均用时ta_______tb(填“<”“=”或“>”)。
②请用溶液的浓度变化表达实验b的平均反应速率：_______(忽略混合前后溶液的体积变化)。
(3)乙同学通过对比实验a和c，验证溶液浓度对反应速率的影响。
①乙同学认为实验c的条件为：温度T=____K，稀硫酸溶液浓度c=_____，稀硫酸溶液的体积V=_____。
②乙同学认为只需对比溶液达到相同浑浊程度所需要的时间即可判断反应速率的快慢。丙同学认为实验c中的总量是实验a的2倍，产生硫单质的量也是实验a的2倍，因此不能简单地通过反应时间的长短来判断反应速率的快慢。你认可谁的想法，请说明理由：______。
(4)丁同学通过对比实验a和d，验证稀的浓度对反应速率的影响。根据实验现象和数据分析，丁同学发现实验a的反应速率>实验d，从而得出“其他条件不变的情况下，稀溶液的浓度越大反应速率越快”的结论。你是否认同他的结论，请说明理由______。如果不认同，还需提出改进方案______(若认同，不用提改进方案)。
【答案】(1)
(2) 温度 ＞
(3) 298 0.2 10 乙同学正确。因为无论起始时的量有多少，变浑浊时生成的硫单质一样多，消耗的也一样多，根据，相同，可以指征v的快慢
(4) 不认同理由：混合后实验d中的浓度也与实验a不同，没有完全控制变量；认同理由：虽然实验a中的浓度小于实验d中的浓度，但是反应速率依然a大于d，说明浓度是影响浑浊时间的主要因素 实验d中还需要再加入的蒸馏水
【详解】（1）硫代硫酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、单质硫和水，反应的离子方程式为。
（2）①实验b中温度高于实验a中温度，温度高反应速率快，因此平均用时ta＞tb。
②实验b中平均用时为，消耗的浓度是，所以用溶液的浓度变化表达实验b的平均反应速率为0.05mol/L÷10s＝。
（3）①乙同学通过对比实验a和c，验证溶液浓度对反应速率的影响，则硫酸的浓度和温度不变，因此实验c的条件为：温度T=298K，稀硫酸溶液浓度c=0.2，稀硫酸溶液的体积V=10。
②由于无论起始时的量有多少，变浑浊时生成的硫单质一样多，消耗的也一样多，根据，相同，可以指征v的快慢，所以乙同学正确。
（4）由于混合后实验d中的浓度也与实验a不同，没有完全控制变量，因此不认同理由；虽然实验a中的浓度小于实验d中的浓度，但是反应速率依然a大于d，说明浓度是影响浑浊时间的主要因素，所以也认同理由：为防止硫代硫酸钠浓度的影响，需要保持溶液的体积不变，所以改进的方案是实验d中还需要再加入的蒸馏水。
三、填空题
23．聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)
已知v正=k正x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH)，v逆=k逆x(CH3COOC6H13)·x(CH3OH)，其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数。
（1）反应开始时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率（α）随时间（t）的变化关系如图所示。
该醇解反应的ΔH____0（填>或<）。348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx=____（保留2位有效数字）。在曲线①、②、③中，k正－k逆值最大的曲线是____；A、B、C、D四点中，v正最大的是___，v逆最大的是____。
（2）343K时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1、1：2和2：1进行初始投料。则达到平衡后，初始投料比____时，乙酸甲酯转化率最大；与按1：2投料相比，按2：1投料时化学平衡常数Kx___（填增大、减小或不变）。
（3）该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂，下列关于该催化剂的说法正确的是____。
a.参与了醇解反应，但并不改变反应历程 b.使k正和k逆增大相同倍数
c.降低了醇解反应的活化能 d.提高乙酸甲酯的平衡转化率
【答案】 > 3.2 ① A C 2：1 不变 bc
【详解】(1)根据图象，①的速率最快，说明①对应的是最高温度348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以ΔH>0；348K时，设初始投入为1mol，则有：
带入平衡常数表达式：Kx=χ(CH3COOC6H13) ·χ(CH3OH) / [χ(CH3COOCH3) ·χ(C6H13OH)] = 0.32×0.32 / (0.18×0.18) = 3.2；k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此，k正－k逆值最大的曲线是①；根据v正= k正χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)，v逆= k逆χ(CH3COO C6H13)·χ(CH3OH)，A点χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)大，温度高，因此A点v正最大；C点χ(CH3COO C6H13)·χ(CH3OH)大且温度高，因此C点v逆最大；故答案为：>；3.2；①；A；C；
(2)增大己醇的投入量，可以增大乙酸甲酯转化率，因此，2:1时乙酸甲酯转化率最大；化学平衡常数Kx只与温度有关，因此不变；故答案为：2：1；不变；
(3)催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，a错误；
催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使k正和k逆增大相同倍数，b正确；
催化剂能够降低反应的活化能，c正确；
催化剂不改变化学平衡，d错误；
故答案为：bc。
【点睛】在可逆反应中，增大某一反应物的投入量，会增大另一反应物的转化率，但化学平衡常数只与温度有关，温度不变，则化学平衡常数不变。
四、原理综合题
24．2020年世界环境日的宣传主题为“关爱自然，刻不容缓”。防治大气污染、水体污染等是世界各国保护环境的最重要课题。
(1)将CH4催化重整为可用的化学品，对改善环境意义重大。
①某科研团队利用Ni-CaO-Fe3O4三元催化剂在850℃下“超干重整”CH4和CO2。
已知：反应ICH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ/mol
反应ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ/mol
则反应ⅢCH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g) ΔH=___________。
②在容积为1L的刚性容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，当投料n(CH4)：n(CO2)=1.0时，CO2的平衡转化率(ɑ)与温度(T)，初始压强(p)的关系如图(1)所示。压强p1___________(填”>“=”或“<”下同)p2；当温度为T3、压强为p1时，a点时的v正___________v逆；起始时向容器中加入1molCH4、同时加2molN2(N2不参与反应)、在温度为T6，初始压强为p2时反应，该反应的K=___________。
③“合成气催化重整”过程中有副产物碳生成，碳的积累会严重影响催化剂的活性。某研究小组计算和模拟实验表明积碳量(催化剂表面碳的质量与催化剂的质量之比)与投料比、温度的关系如图(2)当投料比n(CH4)：n(CO2)=2.0时，要使积碳量最小，应调节温度为___________℃。
(2)氮氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物的反应机理更有助于消除大气污染。NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图所示。
写出脱硝过程的总反应的化学方程式：___________
【答案】(1) +329kJ/mol < > 4 750℃
(2)
【详解】（1）①反应ICH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ/mol
反应ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ/mol
反应Ⅲ=反应I-2x反应Ⅱ；所以CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g) ΔH=+247-2(-41)= +329kJ/mol；故答案为+329kJ/mol；
②该反应是气体分子数增大的反应，相同温度下，压强越大，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率越小，则压强p1v逆；起始时向容器中投入1molCH4、同时加2molN2(N2不参与反应)、在温度为T6，初始压强为p2时反应，平衡时二氧化碳转化率为0.5；有三段式为，；故答案为<；>；4；
③由图可知，当投料比为固定时，温度越高，催化剂表面的碳的质量与催化剂的质量之比越小，即积碳越小，图中750℃时积碳最小；故答案为750℃；
（2）题目所给示意图中，可以得出NH3、NO、O2参加反应生成N2和H2O，故脱硝过程中的总反应为，故答案为。
广东省广州大学附属中学2022-2023学年高二上学期
期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列事实不能用勒夏特列原理来解释的是
A．含酚酞的氨水溶液，微热后红色变深
B．向新制氯水中加入适量硝酸银固体，溶液颜色变浅
C．开启啤酒瓶后，瓶中马上泛起大量泡沫
D．H2(g)、Br2(g)和HBr(g)组成的平衡体系加压后颜色变深
【答案】D
【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。
【详解】A．一水合氨的电离是吸热反应，升高温度促进其电离，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液碱性增强，颜色变深，所以能用平衡移动原理解释，故A错误；
B．氯水中有下列平衡Cl2＋H2O⇌HCl＋HClO，当加入少量硝酸银固体后，硝酸银和HCl反应而促进平衡正向移动，氯浓度降低导致溶液颜色变浅，可以用勒夏特利原理解释，故B错误；
C．啤酒中存在CO2的溶解平衡，打开瓶盖时压强减小，平衡向右移动，二氧化碳气体溶解度减小，逸出二氧化碳，可以用平衡移动原理来解释，故C错误；
D．该反应加压后导致容器体积减小，碘浓度增大，但是平衡不移动，所以不能用平衡移动原理解释，故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，只有改变条件时能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释，否则不能，D为解答易错点，题目难度不大。
2．灰锡(以粉末状存在)和白锡是锡的两种同素异形体。已知：
①Sn(s，白)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ΔH1
②Sn(s，灰)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g) ΔH2
③Sn(s，灰)Sn(s，白) ΔH3=+2.1kJ•mol-1
下列说法正确的是
A．锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏
B．锡在常温下以灰锡状态存在
C．灰锡转为白锡的反应是放热反应
D．ΔH1＞ΔH2
【答案】A
【详解】A．根据Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，温度低于13.2℃时，白锡会转变为灰锡，而灰锡以粉末状态存在，即锡制器皿长期处在低于13.2℃的环境中，会自行毁坏，A正确；
B．根据Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，温度高于13.2℃时，灰锡会转变为白锡，所以在常温下，锡以白锡状态存在，故B错误；
C．根据反应③Sn(s，灰)Sn(s，白)可知，由灰锡变为白锡会吸热反应，故C错误；
D．依据盖斯定律，由②-①可得反应③，反应为吸热反应，所以ΔH3=ΔH2 -ΔH1>0，所以，故D错误；
故答案选A。
3．CO(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g) △H＜0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温、②加压、③增加Cl2的浓度④加催化剂⑤恒压通入惰性气体⑥恒容通入惰性气体，能提高CO转化率的是（ ）
A．②③ B．③⑤ C．①④ D．③⑥
【答案】A
【详解】化学反应CO(g)+Cl2(g)⇌COCl2(g) △H<0，正反应是气体体积减小的放热反应，
①升温平衡向逆反应移动，CO转化率减小，①项错误；
②加压平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，②项正确；
③增加Cl2的浓度，平衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，③项正确；
④加催化剂，改变速率不改变平衡，CO转化率不变，④项错误；
⑤恒压通入惰性气体，压强增大，为保持恒压，容器体积增大压强减小，平衡逆向进行，CO的转化率减小，⑤项错误；
⑥恒容通入惰性气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，⑥项错误；
综上所述，②③项正确，
答案选A。
【点睛】⑥是学生的易错点，要理解，恒温恒容条件下，充入非反应的气体，对反应物的分压无影响，反应物的浓度没有发生变化，因此反应速率不变，平衡不会移动。
4．下列说法正确的是
A．需要加热的反应一定不是放热反应
B．只要有化学键的断裂，必然发生化学变化
C．物质发生化学变化都伴有能量的变化
D．伴有能量变化的物质变化都是化学变化
【答案】C
【详解】A．反应类型是放热反应还是吸热反应取决于反应物与生成物总能量的相对大小，而与反应发生的条件无关，需要加热的反应可能是放热反应，也可能是吸热反应，A错误；
B．物质溶解过程会发生化学键的断裂，但由于没有新物质生成，因此发生的该变化属于物理变化，故化学键的断裂时，不一定发生了化学变化，B错误；
C．物质发生化学变化时有化学键的断裂与形成，断键吸热，成键放热，因此物质发生化学变化时都伴有能量的变化，C正确；
D．伴有能量变化的物质变化不一定都是化学变化，如NaOH溶于水会放出热量，该变化属于物理变化，D错误；
故合理选项是C。
5．已知丙烷的燃烧热△H=-2215kJ·mol-1，若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为
A．55 kJ B．220 kJ C．550 kJ D．1108 kJ
【答案】A
【详解】丙烷分子式是C3H8，燃烧热为△H=-2215kJ·mol-1，1mol丙烷燃烧会产生4mol水，放热2215kJ。丙烷完全燃烧产生1.8g水，生成H2O的物质的量为0.1mol，消耗丙烷的物质的量为0.025mol，所以反应放出的热量是Q=0.025mol×2215kJ/mol=55.375kJ，选A。
【点睛】本题考查燃烧热的概念、反应热的计算，考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力。
6．少量铁粉与100mL 0.01mol•L﹣1的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变H2的产量，可以使用如下方法中的
①加H2O ②加NaOH固体 ③滴入几滴浓盐酸 ④加CuO固体 ⑤加NaCl溶液 ⑥滴加几滴硫酸铜溶液 ⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） ⑧改用10mL 0.1mol•L﹣1的盐酸
A．①⑤⑦ B．③⑦⑧ C．②④⑥ D．③⑥⑦⑧
【答案】B
【分析】根据外界条件对反应速率的影响结合氢气的总量不变以及铁少量分析解答。
【详解】①加水，稀释了盐酸的浓度，故反应速率变慢；
②加氢氧化钠，与盐酸反应，减少了盐酸的浓度，故反应速率变慢；
③加浓盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，由于铁不足，则生成的氢气量不变；
④加CuO固体与盐酸反应生成氯化铜和水，氯化铜再与铁发生置换反应生成铜，构成原电池，反应速率加快，由于消耗铁影响氢气总量；
⑤加氯化钠溶液，相当于稀释盐酸浓度，故反应速率变慢；
⑥滴加硫酸铜溶液，铁把铜置换出来，形成原电池，故反应速率加快，但与盐酸反应的铁减少，故减少了产生氢气的量；
⑦温度升高，反应速率加快，且不影响氢气量；
⑧改用浓度大的盐酸，反应速率加快，且不影响氢气量。
答案选B。
【点睛】参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。外界条件对反应速率的影响一般是温度、压强、浓度和催化剂，注意本题不改变生成氢气总量的要求，答题时注意审题。
7．下列有关下图所示装置或图象的判断或说法错误的是
A．图甲所示反应为2A(g)+B(g)=2C(g) ΔH＞0
B．根据图乙可判断：石墨转变为金刚石是吸热反应
C．结合盖斯定律，由图丙可得：ΔH1=ΔH2+ΔH3
D．图丁所示实验发生的为放热反应
【答案】D
【详解】A．由2A(g)+B(g)的总能量比2C(g)的低，则2A(g)+B(g)=2C(g)是吸热反应，ΔH＞0，故A正确；
B．由图可知金刚石的能量比石墨的能量高，则石墨转变为金刚石是吸热反应，故B正确；
C．根据盖斯定律，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，则ΔH1=ΔH2+ΔH3，故C正确；
D．浓硫酸的稀释放出热量，是物理变化，故D错误；
故选：D。
8．爱动脑筋的重庆一中化学组张郭根老师幻想着，假如存在A-F六种物质在一定条件下能按如图所示能量循环图进行相互转换，则下列说法中错误的是（ ）
A．ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0
B．ΔH7=ΔH1+ΔH2+ΔH3
C．ΔH5=ΔH7-ΔH4-ΔH6
D．│ΔH1+ΔH2+ΔH3│=│ΔH4+ΔH5+ΔH6│
【答案】B
【分析】盖斯定律指出：化学反应的焓变只与各反应物的始态和各生成物的终态有关，而与具体的反应途径无关；反应的方向改变，焓变符号改变，因此根据题中图象得知，，ΔH7=ΔH4+ΔH5+ΔH6；
【详解】A. 根据上述分析得知，根据题中图象得知，，ΔH7=ΔH4+ΔH5+ΔH6，故ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6=0，A正确；
B. 根据上述分析得知，根据题中图象得知，，B错误；
C.根据题中图象得知，ΔH7=ΔH4+ΔH5+ΔH6，则ΔH5=ΔH7-ΔH4-ΔH6，C正确；
D. 因此根据题中图象得知，，ΔH7=ΔH4+ΔH5+ΔH6，则
│ΔH1+ΔH2+ΔH3│=│ΔH4+ΔH5+ΔH6│，D正确；
答案选B。
9．反应N2O4(g) 2NO2(g) ΔH＝＋57kJ·mol－1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法不正确的是
A．A点的反应速率小于C点的反应速率
B．A、C两点气体的颜色：A浅，C深
C．由状态B到状态A，可以用降温的方法
D．A、C两点气体的平均相对分子质量：A＜C
【答案】C
【分析】，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答。
A. A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快；
B.增大压强平衡向逆反应进行，向逆反应进行是减小由于压强增大导致浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大；
C.压强相同，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，A点NO2的体积分数大；
D. 增大压强，化学平衡逆向移动，C点时气体的物质的量小，混合气体的总质量不变，据此判断。
【详解】A. 由图象可知，A. C两点都在等温线上，C的压强大，则A. C两点的反应速率：A
C. 升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1
10．一定温度下：在的四氯化碳溶液()中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表：
0
600
1200
1710
2220
2820
x
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是A．，生成的平均速率为
B．反应时，放出的体积为(标准状况)
C．反应达到平衡时，
D．推测上表中的x为3930
【答案】D
【详解】A．，的变化量为(0.96-0.66)==0.3，在此时间段内的变化量为其2倍，即0.6，因此，生成的平均速率为，A说法不正确；
B．由表中数据可知，反应时，的变化量为(1.40-0.35)==1.05，其物质的量的变化量为1.05´0.1L=0.105mol，的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的在标准状况下的体积为0.0525mol ´22.4L/mol=，B说法不正确；
C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，，C说法不正确；
D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710,1710-2820）后的浓度会变为原来的，因此，的浓度由0.24变为0.12时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D说法正确。
综上所述，本题选D。
11．在一个绝热的固定容积的密闭容器中，发生可逆反应mA(g)+nB(g) pC(g)+qD(s)，当m+n=p时，一定可以作为反应达到平衡状态标志的是
①体系的压强不再改变 ②体系的温度不再改变 ③体系的密度不再改变 ④各组分质量分数不再改变
A．①②③ B．①②③④ C．②③④ D．③④
【答案】B
【详解】①绝热的固定容积的密闭容器，体系的温度为变量，且m+n=p，则体系的压强为变量，体系的压强不再改变则达到平衡状态，①正确；
②在一个不传热的固定容积的密闭容器中，体系的温度为变量，当温度不再改变，说明正、逆反应速率相等，能据此判断该反应达到平衡状态，②正确；
③D为固态，混合气体的质量为变量，容器容积为定值，则密度为变量，当混合气体密度不变时，说明该反应达到平衡状态，③正确；
④各组分的质量分数不再改变，表明正逆反应速率相等，该反应已经达到平衡状态，④正确；
故答案选B。
12．下列有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是
A．稀硫酸与NaOH溶液反应：
B．在101kPa下的燃烧热，则水分解的热化学方程式为
C．已知的燃烧热，则有
D．已知9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6g FeS时放出19.12kJ热量，则
【答案】D
【详解】A．稀和NaOH发生中和反应，放出热量，则，A项错误；
B．燃烧热指101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，所以，水的分解是氢气燃烧的逆过程，所以水分解的热化学方程式为，B项错误；
C．燃烧热强调1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，如C→、H→，而中不是，C项错误；
D．根据生成硫化亚铁17.6g(即0.2mol)时，放出19.12k热量，可知生成1 mol时放出95.6kJ的热量，所以硫粉与铁粉反应的热化学方程式为，D项正确；
答案选D。
13．在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法正确的是
A．Ea为逆反应活化能，E为正反应活化能
B．该反应为放热反应，ΔH＝Ea’－Ea
C．所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量
D．温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移
【答案】D
【分析】由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应。
【详解】A项、由图可知， Ea为正反应活化能，E为逆反应活化能，故A错误；
B项、由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热ΔH＝—（Ea’－Ea），故B错误；
C项、在相同温度下，分子的能量并不完全相同，有些分子的能量高于分子的平均能量，称为活化分子，则所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，故C错误；
D项、该反应为放热反应，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡向吸热的逆反应方向移动，故D正确；
故选D。
【点睛】活化分子发生有效碰撞，要求能量高、碰撞方向正确，发生有效碰撞的分子是活化分子，活化能是活化分子的平均能量与所有分子的平均能量之差是解答关键。
14．依据图示关系，下列说法不正确的是
A．石墨燃烧是放热反应
B．1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多
C．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【详解】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O2(g)= CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；
B．根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/mol，根据反应可知都是放热反应，1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1molC(石墨)放热多，故B正确；
C．根据B项分析，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/mol，根据盖斯定律①-②ｘ2可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；
答案选C。
15．(a)II和(b)III催化还原生成的能垒图分别如下所示。还将进一步转化为和，在此反应过程中，II的决速步能垒为，小于III的()能垒。
下列说法错误的是
A．还原生成有两步加氢反应
B．(a)中第二步氢加到生成是整个反应的决速步
C．(b)中III催化更有利于生成
D．III有利于生成和
【答案】D
【详解】A．分析(a)(b)能垒图可知，还原生成有两步加氢反应，选项A正确；
B．(a)(b)能垒图中第二步加氢需要克服的能垒都高于第一步，都是整个反应的决速步，选项B正确；
C．对于Ⅱ，第一步是氢加到的O上形成，需要克服的能垒。第二步是氢加到生成，需要克服的能垒，同时是整个反应的决速步。相比之下，Ⅲ的两步加氢反应的能垒分别为和，其决速步的能垒明显小于Ⅱ，所以，Ⅲ催化更有利于生成，选项C正确；
D．题干中描述将进一步转化为和，在此反应过程中，Ⅱ的决速步能垒为，小于Ⅲ的能垒()，所以Ⅱ更有利于生成和，选项D错误。
答案选D。
16．工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯（HCOOCH3）：CH3OH（g）+CO（g） HCOOCH3（g）。在容积固定的密闭容器中，投入等物质的量CH3OH和CO，测得相同时间内CO的转化率随温度变化如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．b点反应速率υ正 = υ逆 B．增大压强甲醇转化率增大
C．平衡常数：（75℃）＞K（85℃） D．反应速率：v（c点） < v（e点）
【答案】A
【详解】A．根据图象，温度低于83℃，随温度升高CO转化率增大，说明温度低于83℃的点未达到平衡，所以b点反应速率υ正 > υ逆 ，故A错误；
B．CH3OH(g)+CO(g) HCOOCH3(g)正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，甲醇转化率增大，故B正确；
C．根据图象，温度大于83℃，随温度升高CO转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，所以(75℃)＞K(85℃)，故C正确；
D．温度越高反应速率越快，所以反应速率：v(c点) < v(e点)，故D正确；
选A。
17．甲酸常被用于橡胶、医药等工业。在一定条件下可分解生成CO 和H2O。在有、无催化剂条件下的能量与反应历程的关系如图所示。下列说法错误的是
A．途径一未使用催化剂，但途径二与途径一甲酸平衡转化率相同
B．ΔH1=ΔH2<0，Ea1= Ea2
C．途径二H+参与反应，通过改变反应途径加快反应速率
D．途径二反应的快慢由生成的速率决定
【答案】B
【详解】A．催化剂可以降低活化能，因此途径一未使用催化剂，但催化剂不能改变平衡状态，所以途径二和途径一的甲酸平衡转化率相同，A正确；
B．催化剂可以降低活化能，但不能改变焓变，由于反应物的总能量高于生成物的总能量，因此ΔH1=ΔH2<0，但Ea1>Ea2，B错误；
C．途径二中反应前有氢离子，反应后还有氢离子，说明H+参与反应，通过改变反应途径加快反应速率，C正确；
D．生成的活化能高，则途径二反应的快慢由生成的速率决定，D正确；
故选B。
18．在300mL的密闭容器中，放入镍粉并充入一定量的CO气体，一定条件下发生反应： ，已知该反应平衡常数与温度的关系如表：下列说法不正确的是
温度/℃
25
80
230
平衡常数/( L3/ mol3)
5×104
2
1.9×10-5
A．升温不利于生成Ni(CO)4(g)
B．在25℃时，反应Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)的平衡常数为2×10-5mol3/L3
C．在80℃时，测得某时刻，Ni(CO)4(g)；CO(g)浓度均为0.5mol/L则此时V正>V逆
D．在80℃达到平衡时，测得n(CO)=0.3mol，则Ni(CO)4的平衡浓度为2mol/L
【答案】C
【分析】对于反应，该反应为分子数减少的反应，压强越大越有利于产物的生成；从表中数据可以看出，升高温度，平衡常数减小，说明正反应为放热反应，即;
【详解】A．综上所述，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，所以升温不利于生成Ni(CO)4(g)，故A正确；
B．在25℃时，的平衡常数为，则相同温度下，反应的平衡常数为，故B正确；
C．在80℃时，平衡常数为，测得某时刻，Ni(CO)4(g)；CO(g)浓度均为0.5mol/L，则，平衡逆向进行，，故C错误；
D．在80℃达到平衡时，平衡常数为，测得n(CO)=0.3mol，浓度为，根据，解得，故D正确；
故选C。
19．一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)+CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：
已知：气体分压（P分）=气体总压（P总）×体积分数。下列说法正确的是
A．550℃时，若充入惰性气体，ʋ正，ʋ逆 均减小，平衡不移动
B．650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%
C．T℃时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=24.0P总
【答案】B
【详解】A、由于反应在体积可变的恒压密闭容器中进行，当550℃时，若充入惰性气体，容器的容积扩大，使反应混合物的浓度减小，因此ʋ正，ʋ逆 均减小，由于该反应是气体体积增大的反应，减小压强，化学平衡向气体体积最大的正反应方向移动，A错误；
B．根据图象可知在650℃时，反应达平衡后CO的体积分数是40%，则CO2的体积分数是60%，假设平衡时总物质的量是1 mol，则反应产生CO 0.4 mol，其中含有CO2 0.6 mol，反应产生0.4 molCO消耗CO2的物质的量是0.2 mol，因此CO2转化率为0.2 mol÷(0．6 mol+0.2 mol)×100%=25.0%，B正确；
C．T℃时，平衡时CO2和CO的体积分数都是50%，若充入等体积的CO2和CO，化学平衡不移动，C错误；
D．925℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数KP=，D错误。
答案选B。
20．一定温度下，将2molA和2molB两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)，2min末反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的物质的量浓度为0.4mol·L-1，下列说法正确的是（ ）
A．此温度下该反应的平衡常数K等于0.5
B．A的平衡转化率为40%
C．x的值为1
D．A和B的平衡转化率相等
【答案】A
【详解】列三段式：
C．根据题意0.2x mol/L = 0.4mol/L，解得x = 2，C错；
A．，A正确；
B．A平衡转化率= ，B错；
D．B的平衡转化率=，D错；
故答案选A。
二、实验题
21．某实验小组用0.50mol/LNaOH溶液和0.50molL硫酸进行中和反应反应热的测定。
(1)配制0.50mol/LNaOH溶液
①若实验中大约要使用245mLNaOH溶液，至少需要称量NaOH固体___________g。
②称量NaOH固体所需要的仪器是___________。
(2)取50mLNaOH溶液和30mL硫酸进行实验，实验数据如下表。测定稀硫酸和稀氢氧化钠溶液中和反应反应热的实验装置如图所示：①仪器A的名称为___________：
假设稀硫酸和稀氢氧化钠溶液的密度都是1g/mL，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.19J/(g·℃)。为了计算中和热(稀溶液中，酸和碱发生中和反应生成1mol液态水放出的热量)，某学生实验记录数据如下：
②请填写下表中的空白：
温度实验次数
起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
温度差平均值(t2-t1)/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
30.1
___________
2
27.0
27.4
27.2
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
③依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=___________(结果保留一位小数)。
已知强酸强碱的稀溶液反应生成1mol液态H2O时反应放出的热量为57.3kJ，上述实验产生偏差的原因可能是___________(填字母)。
A．实验装置保温、隔热效果差
B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
D．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
【答案】(1) 5.0 托盘天平，烧杯，药匙
(2) 环形玻璃搅拌器 4.0 -53.6kJ/mol ACD
【详解】（1）①实验中大约要使用245mLNaOH溶液，根据近且大的原则，配制时，选用250mL的容量瓶进行配制，至少需要称量NaOH固体质量为，故填5.0；
②因NaOH固体易吸潮，不能直接放在称量纸上，应该放在烧杯中进行称量，所以用到的仪器有烧杯、托盘天平、药匙，故填烧杯、托盘天平、药匙；
（2）①如图，测定中和热的装置中，仪器A为环形玻璃搅拌棒，故填环形玻璃搅拌棒；
②四组实验数据中，第二组数据与其它三组相差太大，舍去；
第1次实验盐酸和 NaOH 溶液起始平均温度为26.1℃，反应后温度为30.1℃，反应前后温度差为4.0℃；
第3次实验盐酸和 NaOH 溶液起始平均温度为25.9℃，反应后温度为29.8℃，反应前后温度差为：3.9℃；
第4次实验盐酸和 NaOH 溶液起始平均温度为26.3℃，反应后温度为30.4℃，反应前后温度差为4.1℃；
反应前后平均温度差为；
30mL的0.50mol/L硫酸与50mL0.5mol/ L 氢氧化钠的质量和为， ，代入公式得，生成0.025mol的水放出热量，所以生成1mol的水放出热量为：，即该实验测得的中和热为，故填4.0；；
③通过上述实验，结果偏低；
A．实验装置保温、隔热效果差，导致热量散失，测量结果偏低，故A选；
B．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，则NaOH溶液的体积偏大，测得温度差变大，结果偏大，故B不选；
C．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，热量散失，测得温度变化减小，结果偏低，应一次迅速倒入，故C选；
D．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，因发生反应反应，温度升高，使得前后温度差变小，测量结果偏低，故D选；
故选ACD。
22．某小组利用溶液和稀硫酸的反应，通过比较溶液变浑浊的快慢验证不同因素对化学反应速率的影响。实验设计如下表所示：
实验编号
T/K
溶液
稀溶液
V/mL
V/mL
a
298
0.1
10
0.2
10
b
323
0.1
10
0.2
10
c
0.2
10
d
298
0.1
10
0.2
5
(1)请用离子方程式表达和稀硫酸的反应：_______。
(2)甲同学通过对比实验a和b，验证_______对反应速率的影响。
实验编号
完全反应所需时间/秒
平均用时
第1次
第2次
第3次
a
t1
t2
t3
ta
b
10.1
9.7
10.2
tb
甲同学的实验数据如上表所示。
①依据化学反应原理判断平均用时ta_______tb(填“<”“=”或“>”)。
②请用溶液的浓度变化表达实验b的平均反应速率：_______(忽略混合前后溶液的体积变化)。
(3)乙同学通过对比实验a和c，验证溶液浓度对反应速率的影响。
①乙同学认为实验c的条件为：温度T=____K，稀硫酸溶液浓度c=_____，稀硫酸溶液的体积V=_____。
②乙同学认为只需对比溶液达到相同浑浊程度所需要的时间即可判断反应速率的快慢。丙同学认为实验c中的总量是实验a的2倍，产生硫单质的量也是实验a的2倍，因此不能简单地通过反应时间的长短来判断反应速率的快慢。你认可谁的想法，请说明理由：______。
(4)丁同学通过对比实验a和d，验证稀的浓度对反应速率的影响。根据实验现象和数据分析，丁同学发现实验a的反应速率>实验d，从而得出“其他条件不变的情况下，稀溶液的浓度越大反应速率越快”的结论。你是否认同他的结论，请说明理由______。如果不认同，还需提出改进方案______(若认同，不用提改进方案)。
【答案】(1)
(2) 温度 ＞
(3) 298 0.2 10 乙同学正确。因为无论起始时的量有多少，变浑浊时生成的硫单质一样多，消耗的也一样多，根据，相同，可以指征v的快慢
(4) 不认同理由：混合后实验d中的浓度也与实验a不同，没有完全控制变量；认同理由：虽然实验a中的浓度小于实验d中的浓度，但是反应速率依然a大于d，说明浓度是影响浑浊时间的主要因素 实验d中还需要再加入的蒸馏水
【详解】（1）硫代硫酸钠和稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、单质硫和水，反应的离子方程式为。
（2）①实验b中温度高于实验a中温度，温度高反应速率快，因此平均用时ta＞tb。
②实验b中平均用时为，消耗的浓度是，所以用溶液的浓度变化表达实验b的平均反应速率为0.05mol/L÷10s＝。
（3）①乙同学通过对比实验a和c，验证溶液浓度对反应速率的影响，则硫酸的浓度和温度不变，因此实验c的条件为：温度T=298K，稀硫酸溶液浓度c=0.2，稀硫酸溶液的体积V=10。
②由于无论起始时的量有多少，变浑浊时生成的硫单质一样多，消耗的也一样多，根据，相同，可以指征v的快慢，所以乙同学正确。
（4）由于混合后实验d中的浓度也与实验a不同，没有完全控制变量，因此不认同理由；虽然实验a中的浓度小于实验d中的浓度，但是反应速率依然a大于d，说明浓度是影响浑浊时间的主要因素，所以也认同理由：为防止硫代硫酸钠浓度的影响，需要保持溶液的体积不变，所以改进的方案是实验d中还需要再加入的蒸馏水。
三、填空题
23．聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)
已知v正=k正x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH)，v逆=k逆x(CH3COOC6H13)·x(CH3OH)，其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数。
（1）反应开始时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率（α）随时间（t）的变化关系如图所示。
该醇解反应的ΔH____0（填>或<）。348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx=____（保留2位有效数字）。在曲线①、②、③中，k正－k逆值最大的曲线是____；A、B、C、D四点中，v正最大的是___，v逆最大的是____。
（2）343K时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1、1：2和2：1进行初始投料。则达到平衡后，初始投料比____时，乙酸甲酯转化率最大；与按1：2投料相比，按2：1投料时化学平衡常数Kx___（填增大、减小或不变）。
（3）该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂，下列关于该催化剂的说法正确的是____。
a.参与了醇解反应，但并不改变反应历程 b.使k正和k逆增大相同倍数
c.降低了醇解反应的活化能 d.提高乙酸甲酯的平衡转化率
【答案】 > 3.2 ① A C 2：1 不变 bc
【详解】(1)根据图象，①的速率最快，说明①对应的是最高温度348K，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以ΔH>0；348K时，设初始投入为1mol，则有：
带入平衡常数表达式：Kx=χ(CH3COOC6H13) ·χ(CH3OH) / [χ(CH3COOCH3) ·χ(C6H13OH)] = 0.32×0.32 / (0.18×0.18) = 3.2；k正、k逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k正受温度影响更大，因此温度升高，k正增大的程度大于k逆，因此，k正－k逆值最大的曲线是①；根据v正= k正χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)，v逆= k逆χ(CH3COO C6H13)·χ(CH3OH)，A点χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)大，温度高，因此A点v正最大；C点χ(CH3COO C6H13)·χ(CH3OH)大且温度高，因此C点v逆最大；故答案为：>；3.2；①；A；C；
(2)增大己醇的投入量，可以增大乙酸甲酯转化率，因此，2:1时乙酸甲酯转化率最大；化学平衡常数Kx只与温度有关，因此不变；故答案为：2：1；不变；
(3)催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，a错误；
催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使k正和k逆增大相同倍数，b正确；
催化剂能够降低反应的活化能，c正确；
催化剂不改变化学平衡，d错误；
故答案为：bc。
【点睛】在可逆反应中，增大某一反应物的投入量，会增大另一反应物的转化率，但化学平衡常数只与温度有关，温度不变，则化学平衡常数不变。
四、原理综合题
24．2020年世界环境日的宣传主题为“关爱自然，刻不容缓”。防治大气污染、水体污染等是世界各国保护环境的最重要课题。
(1)将CH4催化重整为可用的化学品，对改善环境意义重大。
①某科研团队利用Ni-CaO-Fe3O4三元催化剂在850℃下“超干重整”CH4和CO2。
已知：反应ICH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ/mol
反应ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ/mol
则反应ⅢCH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g) ΔH=___________。
②在容积为1L的刚性容器中进行“合成气催化重整”，反应的化学方程式为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，当投料n(CH4)：n(CO2)=1.0时，CO2的平衡转化率(ɑ)与温度(T)，初始压强(p)的关系如图(1)所示。压强p1___________(填”>“=”或“<”下同)p2；当温度为T3、压强为p1时，a点时的v正___________v逆；起始时向容器中加入1molCH4、同时加2molN2(N2不参与反应)、在温度为T6，初始压强为p2时反应，该反应的K=___________。
③“合成气催化重整”过程中有副产物碳生成，碳的积累会严重影响催化剂的活性。某研究小组计算和模拟实验表明积碳量(催化剂表面碳的质量与催化剂的质量之比)与投料比、温度的关系如图(2)当投料比n(CH4)：n(CO2)=2.0时，要使积碳量最小，应调节温度为___________℃。
(2)氮氧化物是造成大气污染的主要物质，研究氮氧化物的反应机理更有助于消除大气污染。NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图所示。
写出脱硝过程的总反应的化学方程式：___________
【答案】(1) +329kJ/mol < > 4 750℃
(2)
【详解】（1）①反应ICH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247kJ/mol
反应ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH=-41kJ/mol
反应Ⅲ=反应I-2x反应Ⅱ；所以CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g) ΔH=+247-2(-41)= +329kJ/mol；故答案为+329kJ/mol；
②该反应是气体分子数增大的反应，相同温度下，压强越大，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率越小，则压强p1
③由图可知，当投料比为固定时，温度越高，催化剂表面的碳的质量与催化剂的质量之比越小，即积碳越小，图中750℃时积碳最小；故答案为750℃；
（2）题目所给示意图中，可以得出NH3、NO、O2参加反应生成N2和H2O，故脱硝过程中的总反应为，故答案为。
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