2022版高考化学一轮复习阶段滚动检测三含解析新人教版.doc

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1、阶段滚动检测 (三) (90分钟100分)一、选择题(此题包括15小题，每题3分，共45分)1.一定条件下，某容器中各微粒在反响前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反响说法错误的选项是()A.一定属于吸热反响B.一定属于可逆反响C.一定属于氧化复原反响D.一定属于分解反响【解析】选A。观察示意图知该反响的反响物是一种，反响产物是两种，该物质发生分解反响，但有的分解反响如2H2O22H2O+O2是放热反响，A错误，D正确；根据图示可知有一局部反响物未参加反响，所以该反响是可逆反响，B正确；该反响中反响物为化合物，反响产物中有单质，元素化合价有变化，属于氧化复原反响，C正确。2.

2、(双选)(2022海南高考改编)微型银-锌电池可用作电子仪器的电源，其电极分别是Ag/Ag2O和Zn，电解质为KOH溶液。电池总反响为Ag2O+Zn+H2O 2Ag+Zn(OH)2，以下说法正确的选项是()A.电池工作过程中，KOH溶液浓度降低B.电池工作过程中，电解液中OH-向负极迁移C.负极发生反响Zn+2OH-2e-Zn(OH)2D.正极发生反响Ag2O+2H+2e-Ag+H2O【解析】选BC。A项，由总反响知，反响消耗H2O，那么c(KOH)增大，错误；B项，原电池中，OH-向负极移动，正确；C项，Zn的化合价升高，失去电子，作负极，结合电解质中的OH-生成Zn(OH)2，正确；D项，

3、电解质溶液为碱性，不可能结合H+，错误。3.KspCu(OH)2=2.210-20，KspFe(OH)3=4.010-38，Cu2+和Fe3+完全生成氢氧化物沉淀时的pH分别为6.7和3.2。现在向pH=0、浓度均为0.04 molL-1的Cu2+、Fe3+溶液中参加某一固体，以中和H+调节pH(设溶液体积不变)，该过程中Cu2+、Fe3+的浓度与pH关系正确的选项是()【解析】选B。由KspCu(OH)2=2.210-20、KspFe(OH)3=4.010-38，0.04 molL-1的Cu2+、Fe3+溶液，Cu2+开始沉淀时c(OH-)=7.410-10 molL-1，pH约为4.8，F

4、e3+开始沉淀时，c(OH-)=10-12 molL-1，pH=2。所以pH=2时Fe3+开始沉淀，当全部沉淀时，pH为3.2，答案是B。4.(2022盐城模拟)以下说法正确的选项是()A.粗铜电解精炼时，粗铜、纯铜依次分别作阴极、阳极 g Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子的数目为0.26.021023C.室温下，稀释0.1 molL-1 NH4Cl溶液，溶液中增大D.向BaCO3、BaSO4的饱和溶液中参加少量BaCl2，溶液中减小【解析】选C。电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的可溶性盐作电解质溶液，A错误；5.6 g Fe物质的量为0.1 mol，足量Cl2中完全燃烧生成氯

5、化铁，转移电子数为0.3 NA，B错误；氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根离子的水解，溶液中增大，故C正确；BaCO3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡BaCO3(s)+S(aq)BaSO4(s)+C(aq)，=，溶度积常数随温度变化，温度不变，比值不变，D错误。5.(2022聊城模拟)氢卤酸的能量关系如下图，以下说法不正确的选项是()A.HX(g)中共价键断裂的过程不一定属于化学变化B.H2(g)+X2(g)2HX(g)H-2a kJmol-1C.卤素气态氢化物的稳定性可以通过a的大小来比拟D.断裂1 mol HX中的化学键需要吸收a kJ的能量【解析】选D。A选项，HX

6、溶解电离的过程共价键断裂，属于物理变化，正确；B选项，该反响的H为负值，且绝对值小于2a，正确；C选项，卤素气态氢化物的稳定性可以通过a的大小来比拟，正确；D选项，未标明HX的状态，错误。6.(2022中山模拟)硫酸是根底化学工业的重要产品，以下为接触法制硫酸的反响：4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g) H=-3 412 kJmol-12SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=-196.6 kJmol-1SO3(g)+H2O(l)H2SO4(l) H=-130.3 kJmol-1以下说法正确的选项是()A.反响中使用催化剂越多释放出的热量越大B.反响中1 mo

7、l FeS2(s)参与反响放出的热量为3 412 kJC.64 g SO2与1 mol O2在密闭容器中发生反响释放出98.3 kJ热量D.FeS2生成H2SO4的热化学方程式可表示为2FeS2(s)+O2(g)+ 4H2O(l)Fe2O3(s)+4H2SO4(l)H=-262 0.4 kJmol-1【解析】选D。催化剂不影响反响热大小，A错误；反响中1 mol FeS2(s)参与反响放出的热量为 kJ=853 kJ，B错误；由于反响属于可逆反响，故1 mol SO2不能完全转化为SO3，释放出的热量小于98.3 kJ，C错误；根据盖斯定律，由+2+4可得：2FeS2(s)+O2(g)+4H2

8、O(l)Fe2O3(s)+ 4H2SO4(l)H=-2 620.4 kJmol-1，D正确。7.(2022岳阳模拟)含氯苯的废水可通过参加适量乙酸钠，设计成微生物电池将氯苯转化为苯而除去，其原理如下图。以下表达正确的选项是()A.氯苯被氧化生成苯B.N极为电池的负极C.M极电极反响式为C6H5Cl +e-Cl-+ C6H6D.每生成1 mol CO2，由N极区进入M极区的H+为3 mol【解析】选B。氯苯变为苯为正极反响，氯苯被复原生成苯，N极为负极，A错误，B正确；M极电极反响式为C6H5Cl +H+2e-Cl-+C6H6，C错误；醋酸根离子变为二氧化碳，化合价由0价变为+4价，1 mol醋

9、酸根离子生成2 mol CO2转移8 mol电子，那么每生成1 mol CO2，由N极区进入M极区的H+为4 mol，D错误。【方法规律】解答含有交换膜电化学题目的步骤第一步，分清隔膜类型。即交换膜属于阳膜、阴膜或质子膜中的哪一种，判断允许哪种离子通过隔膜。第二步，写出电极反响式，判断交换膜两侧离子变化，推断电荷变化，根据电荷平衡判断离子迁移方向。第三步，分析隔膜作用。在产品制备中，隔膜作用主要是提高产品纯度，防止产物之间发生反响，或防止产物因发生反响而造成危险。8.(2022海南高考)反响C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)H0在一定条件下于密闭容器中到达平衡。以下各项措施中，不能提高乙

10、烷平衡转化率的是()A.增大容器容积B.升高反响温度C.别离出局部氢气D.等容下通入惰性气体【解析】选D。A项，该反响为体积增大的反响，增大容器容积，相当于减小压强，平衡正向移动，可提高乙烷转化率，正确；B项，该反响为吸热反响，升高反响温度平衡正向移动，正确；C项，别离出H2，相当于移走生成物，平衡正向移动，正确；D项，等容条件下通入惰性气体，平衡不移动，故不能提高乙烷平衡转化率，错误。9.(双选)合成氨反响：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H0，当反响器中按n(N2)n(H2)=13投料后，在不同温度下，反响到达平衡时，得到混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线a、b、c如下图。

11、以下说法正确的选项是()A.曲线a对应的反响温度最高B.上图中M、N、Q点平衡常数K的大小关系为K(M)=K(Q)K(N)C.相同压强下，投料相同，到达平衡所需时间关系为cbaD.N点时c(NH3)=1 molL-1，那么N点的c(N2)c(NH3)=11【解析】选C、D。A项，压强相同时，曲线a NH3的质量分数最大，因为正反响为放热反响，故此时反响温度应最低，错误；B项，M、Q点温度相同，平衡常数相等，N点对应的温度高，平衡常数小，错误；C项，相同压强下相同投料比，温度越高到达平衡时间越短，即cba，正确；D项，N点NH3的物质的量分数为20%，设开始投料为N2 1 mol、H2 3 mo

12、l，消耗N2为x，H2为3x，那么生成NH3为2x，=20%，x= mol，N2剩余 mol，生成NH3 mol，体积相同，所以两者物质的量浓度也相同，正确。【互动探究】(1)上题D项中反响的平衡常数为多少？提示：利用三段式计算，反响到达平衡时，N2、H2、NH3 的浓度之比为131，N点时c(NH3)=1 molL-1，那么c(N2)=1 molL-1，c(H2)=3 molL-1，代入平衡常数表达式可求得K=。(2)由图可知该反响最好选择的条件是什么？为什么？提示：曲线a的温度，压强1020 MPa。该温度和压强下，生成的含量已经很高，且压强适宜，对设备的要求不是很高。10.(2022淮北

13、模拟)电化学在日常生活中用途广泛，图是镁-次氯酸钠燃料电池，电池总反响为Mg+ClO-+H2OCl-+Mg(OH)2，图是Cr2工业废水的处理。以下说法正确的选项是()A.图中Cr2向惰性电极移动，与该极附近的OH-结合转化成Cr(OH)3被除去B.图的电解池中，有0.084 g阳极材料参与反响，阴极会有336 mL的气体产生C.图中发生的复原反响是Mg2+ClO-+H2O+2e-Cl-+Mg(OH)2D.假设图中3.6 g镁溶解产生的电量用以图废水处理，那么理论可产生10.7 g氢氧化铁沉淀【解析】选C。图为电解池，Cr2向阳极(Fe)移动，A项错误；图中阳极上发生的反响为Fe-2e-Fe2

14、+，阴极上发生的反响为2H2O+2e-H2+2OH-，阳极上0.084 g铁参与反响，阴极上产生气体的体积(标准状况)为22.4 Lmol-1=0.033 6 L，B项错误；图为原电池，正极上ClO-发生复原反响，且Mg2+向正极移动参与反响，电极反响式为Mg2+ClO-+H2O+2e-Cl-+Mg(OH)2，C项正确；假设图中3.6 g镁溶解，根据得失电子守恒，那么图中阳极上放电的铁的质量为m(Fe)=56 gmol-1n(Fe)=56 gmol-1n(Mg)=56 gmol-1 =8.4 g，根据铁元素守恒知，产生Fe(OH)3的质量为107=16.05(g)，D项错误。11.在1.0 L

15、恒容密闭容器中投入1 mol CO2和2.75 mol H2发生反响：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如下图。以下说法正确的选项是()A.该反响的正反响为吸热反响B.压强大小关系：p1p2p3C.M点对应的平衡常数K的值约为1.0410-2D.在p2及512 K时，图中N点v(正)p2p3，B错误；由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25 mol，那么CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始量(mol)： 1 2.75 0 0转化量(mol)： 0.250.75 0.25 0.25平衡量(mol)：

16、0.75 2 0.25 0.25又因体积为1.0 L，所以K=1.0410-2，C正确；由图可知，在p2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向移动，那么v(正)v(逆)，D错误。12.常温下，向某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的lg或lg与pH变化的关系如下图。以下表达正确的选项是()A.M线表示lg随pH的变化B.BR溶液呈碱性C.假设温度升高，两条线均向上平移D.常温下，0.1 molL-1NaR溶液的pH=10【解析】选C。根据c(OH-)=Kb可知：=，根据c(H+)=Ka可知：=，那么随着pH增大，lg=lgKb-lgc(OH-)的值逐渐减小

17、，lg=lgKa-lgc(H+)的值逐渐增大，所以M线表示lg随pH的变化，N曲线表示lg随pH的变化。根据分析可知，M线表示lg随pH的变化，故A错误；当lg=lg时，=，根据图象可知，pHc(OH-)，那么c(H+)=KaKb=c(OH-)，那么BR为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故B错误；升高温度，酸碱的电离平衡常数都变大，那么lg和lg都增大，两条线均向上平移，故C正确；对于NaR溶液： R-+H2O HR + OH-起始：(molL-1)0.100平衡：(molL-1)0.1-x0.1 xx水解常数Kh=10-9，那么=10-9，解得：x=10-5 molL-1，c(H+)=10-9 m

18、olL-1，pH=9，故D错误。【加固训练】(2022徐州模拟)以下说法正确的选项是() molL-1 pH为4的NaHB溶液中：c(HB-)c(H2B)c(B2-)B.图1表示25 时，用0.1 molL-1盐酸滴定20 mL 0.1 molL-1 NaOH溶液时，溶液的pH随参加酸体积的变化C.在pH=2的NaHSO4溶液中c(H+)=c(OH-)+c(S)D.pH=2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图2所示，分别滴加NaOH溶液(c=0.1 molL-1)至pH=3，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，那么x为强酸，y为弱酸且VxVy【解析】选C

19、。由于0.1 molL-1 NaHB溶液pH为4，所以NaHB在水溶液中既能电离又能水解，但其电离作用大于其水解作用，所以在该溶液中c(HB-) c(B2-)c(H2B)，A不正确；分析图1曲线，在滴定终点pH=7附近没有出现明显的突变，可以判断B不正确；在pH=2的NaHSO4溶液中，由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(S)，因为c(Na+)=c(S)，所以c(H+)= c(OH-)+c(S)，C正确；pH=2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释到1 000 mL时，x的pH变为3，而y的pH小于2.5，所以x是强酸、y是弱酸。因为它们起始时pH相同，所以弱酸y

20、的物质的量浓度远远大于强酸x，所以在分别滴加NaOH溶液(c=0.1 molL-1)至pH=3过程中，y可以继续电离，因此消耗NaOH溶液的体积为Vx7C.pH=3的HA酸溶液中c(H+)=10-3 molL-1，稀释为原体积的10倍后pH4D.pH=11和pH=13的NaOH溶液等体积混合后，溶液中的c(H+)= molL-1【解析】选C。NaOH溶液中的H+是由水电离产生的，当稀释或混合时，由于混合液中NaOH浓度的变化，对H2O的电离的抑制作用会改变，水的电离平衡会发生移动，因而将其当成不变的值进行计算是错误的，即A、D错；B项中CH3COOH开始电离出的H+即可将NaOH溶液中和完全，

21、而绝大多数的CH3COOH最初是没电离的，即CH3COOH远远过量，因而混合液呈酸性，B错；C项中HA假设为强酸，稀释10倍后pH=4，假设为弱酸，稀释10倍后pH“或“=)。提示：。pH=11的NaOH溶液的c(OH-)=1.010-3 molL-1，c(NaOH)=1.010-3 molL-1，pH=3的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)远大于1.010-3 molL-1，混合后溶液显中性，那么V(CH3COOH)Ksp(AgBr)，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，再参加足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀C.常温下，pH=4.75、浓度均为0.1 molL

22、-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO-)+c(OH-)Ksp(AgBr)，将AgCl和AgBr的饱和溶液等体积混合，c(Cl-)大，再参加足量浓AgNO3溶液，那么最先析出AgBr沉淀，但其沉淀量小于AgCl沉淀，故B正确；pH=4.75浓度均为0.1 molL-1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，说明醋酸的电离程度大于CH3COO-的水解程度，那么：c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)，根据电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)可知：c(CH3COO-)+c(OH-)c(CH3COOH)+c(H+)，故C错误

23、；混合溶液中生成氯化银需要的c(Ag+)=1.810-7 molL-1，生成Ag2CrO4需要的c(Ag+)= molL-1=4.4710-5 molL-1，所以氯化银先沉淀，故D正确。二、非选择题(此题包括4小题，共55分)16.(10分)有两条途径可以使重晶石(BaSO4)转化为碳酸钡，如下图：试答复以下问题：(1)反响中发生的主要反响为BaSO4+4CBaS+4CO，假设1 mol BaSO4完全反响，电子转移的物质的量为_；(2)Na2CO3溶液常温下呈碱性，用离子方程式说明其主要原因_，其溶液中离子浓度由大到小的顺序是_；(3)反响中发生的反响为：BaSO4(s)+C(aq)BaCO

24、3(s)+S(aq)，写出此反响平衡常数表达式K=_；假设Ksp(BaSO4)为110-10，Ksp(BaCO3)为510-9，那么K的值为_；(4)假设每次参加1 L 2 molL-1的Na2CO3溶液，至少需要_次可以将0.2 mol BaSO4转化为BaCO3。【解析】(1)BaSO4+4CBaS+4CO反响中电子转移的方向和数目可以表示为。假设1 mol BaSO4完全反响，电子转移的物质的量为8 mol。(2)由于C水解，所以Na2CO3溶液常温下呈碱性，离子方程式为C+H2OHC+OH-，溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)c(C)c(OH-)c(HC)c(H+)。(3)反响

25、BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)平衡常数表达式为K=，假设Ksp(BaSO4)为110-10 ，Ksp(BaCO3)为510-9，那么K=0.02。(4)假设每次参加1 L 2 molL-1的Na2CO3溶液，能处理BaSO4的物质的量为x mol，那么生成的S的物质的量也为xBaSO4+CBaCO3+S 2.0-x xK=0.02x=0.039处理次数为5.1，那么至少处理6次。答案：(1)8 mol(2)C+H2OHC+OH-c(Na+)c(C)c(OH-)c(HC)c(H+) (3)0.02(4)617.(15分)(2022郑州模拟)“低碳经济备受关注，CO2的排

26、集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。(1)绿色植物通过图1所示过程储存能量，用化学方程式表示其光合作用的过程： _。(2)TiO2是一种性能优良的半导体光催化剂，能有效地将有机污染物转化为CO2等小分子物质。图2为在TiO2的催化下，O3降解CH3CHO的过程，那么该反响的化学方程式为 _。(3)将一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密闭容器中发生反响CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。：反响.CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)H1=-802 kJmol-1反响.CO(g)+O2(g)CO2(g)H2=-283 kJmol-1反响.CO(g)+

27、H2O(g)CO2(g)+H2(g) H3=-41 kJmol-1那么反响CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的H=_。为了探究反响CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的反响速率与浓度的关系，起始时向恒容密闭容器中通入CO2与CH4，使其物质的量浓度均为1.0 molL-1，平衡时，根据相关数据绘制出两条反响速率与浓度关系曲线(如图3)：v(正)c(CH4)和v(逆)c(CO)，那么与v(正)c(CH4)相对应的是图中曲线_(填“甲或“乙)；该反响到达平衡后，某一时刻降低温度反响重新到达平衡，那么此时曲线甲对应的平衡点可能为_(填“D“E或“F)。(4)用稀氨水

28、喷雾捕集CO2最终可得产品NH4HCO3。在捕集时，气相中有中间体 NH2COONH4(氨基甲酸铵)生成。现将一定量纯洁的氨基甲酸铵置于恒容密闭容器中，分别在不同温度下进行反响：NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。实验测得的有关数据见下表(t1t2“0。假设在恒温、恒容条件下，某密闭容器中进行此烯烃化反响。产物水蒸气的浓度c(H2O)与时间t的关系如下图，t0时刻，测得甲醇的体积分数为10%，此时甲醇乙烯化的转化率为_(保存三位有效数字)。假设在t1时刻将容器容积扩大到原来的2倍，请在图中绘制出此变化发生后至反响到达新平衡时水蒸气的浓度c(H2O)与时间t的关系图。【解析】(

29、1)煤气化是C在高温下与H2O反响生成CO和H2。(2)反响的平衡常数随温度的升高而减小，那么该反响为放热反响，H0，a1，故反响逆向进行，那么v正(CO)v逆(CO)。(3)设CH3OH起始浓度为a molL-1，转化浓度为3.6 molL-1，由题意可得=10%，解得a=4.2，故CH3OH转化率为100%85.7%；t1时刻将容器体积扩大2倍，c(H2O)瞬间减小为1.8 molL-1，容器内压强减小，平衡正向移动，c(H2O)逐渐增大，最终小于2.1 molL-1。答案：(1)C+H2O(g)CO+H2(2)c=a-b 0.8(3)85.7%2.环境问题备受全世界关注。化工厂以及汽车尾

30、气排放的一氧化碳(CO)、氮氧化物(NOx)等气体已成为大气污染的主要因素。汽车尾气治理的方法之一是在汽车的排气管上安装一个“催化转化器。反响2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-113 kJmol-1。为了模拟催化转化器的工作原理，在t时，将2 mol NO与1 mol CO充入1 L 反响容器中，反响过程中NO(g)、CO(g)、N2(g)物质的量浓度变化如下图。(1)当15 min到达平衡时，此时NO的转化率为_。(2)写出该反响的化学平衡常数表达式K=_，此条件下反响的K=_(填计算结果，可用化简后的分数值表示)。(3)根据图中2025 min内发生变化的曲线，分析

31、引起该变化的条件可能是_。A.参加催化剂B.降低温度C.缩小容器体积D.增加CO物质的量(4)当15 min到达平衡后，假设保持体系温度、体积不变，再向容器中充入2 mol NO、1 mol CO，平衡将_(填“向左“向右或“不)移动。【解析】(1)15 min到达平衡时NO转化的浓度为0.4 molL-1，所以NO的转化率为100%=20%。(2)反响2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的平衡常数表达式为K=，平衡时NO、CO、N2和CO2的浓度分别为1.6 molL-1、0.6 molL-1、0.2 molL-1、0.4 molL-1，平衡常数K=0.2=。(3)2025

32、min内N2的浓度缓慢增加，说明平衡向正反响方向移动，因为在20 min改变条件的瞬间N2的浓度不变，因此一定不是压强的改变所致， C错；能使平衡向正反响方向移动的措施还有增大反响物的浓度，D对；降低反响温度，B对；催化剂不能使平衡移动，A错。(4)15 min到达平衡后保持温度、体积不变，再充入2 mol NO、1 mol CO，那么在充入NO、CO的瞬间，平衡还没有移动，NO、CO、N2、CO2的浓度分别为3.6 molL-1、1.6 molL-1、0.2 molL-1、0.4 molL-1，此时Q=K，平衡向右移动。答案：(1)20%(2)(3)B、D(4)向右18.(15分)(2022

33、鞍山模拟)1，2-二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是一种重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法制备，主要副产物为3-氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)，反响原理为CH2CHCH3(g)+Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g)H1=-134 kJmol-1CH2CHCH3(g)+Cl2(g)CH2CHCH2Cl(g)+HCl(g) H2=-102 kJmol-1请答复以下问题：(1)CH2CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)的活化能Ea(正)为132 kJmol-1，那么该反响的活化能Ea(逆)为 kJmol-1。(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的

34、CH2CHCH3(g)和Cl2(g)。在催化剂作用下发生反响、，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。时间/min060120180240300360压强/kPa8074.269.465.261.657.657.6用单位时间内气体分压的变化来表示反响速率，即v=，那么前120 min内平均反响速率v(CH2ClCHClCH3)=_ kPamin-1。(保存小数点后2位)。该温度下，假设平衡时HCl的体积分数为，那么丙烯的平衡总转化率=_；反响的平衡常数Kp=_(Kp为以分压表示的平衡常数，列式表示)。(3)某研究小组向密闭容器中充入一定量的CH2CHCH3和Cl2，分别在A、B两种不同催化剂

35、作用下发生反响，一段时间后测得CH2ClCHClCH3的产率与温度的关系如下图。以下说法错误的选项是_(填代号)。a.使用催化剂A的最正确温度约为250b.相同条件下，改变压强不影响CH2ClCHClCH3的产率c.两种催化剂均能降低反响的活化能，但H不变d.提高CH2ClCHClCH3反响选择性的关键因素是控制温度在催化剂A作用下，温度低于200时，CH2ClCHClCH3的产率随温度升高变化不大，主要原因是_。【解析】(1)将-得CH2CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)的H=-32 kJmol-1，活化能Ea(正)为132 kJmol-1，那么该反响的活化能Ea(逆)为164 kJmol-1。(2)第二个反响的总压不变，压强的变化由第一个反响决定，前120 min内p=(80-69.4)kPa=10.6 kPa，v(CH2ClCHClCH3)=10.6 kPa120 min=0.09 kPamin-1。平衡前后的压强分别为80 kPa、57.6 kPa，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2CHCH3(g)和Cl2(g)，假设充入1 mo