（新）专题08 化学反应与能量-2022年高考化学一轮复习高频考点集训（解析版）.docx

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1、专题08 化学反应与能量一、单选题1已知：3Fe2+4H+=3Fe3+NO+2H2O，对于该反应的下列叙述中，不正确的是A每0.1mol发生氧化反应，转移0.3mole-B离子间的反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化C氧化剂和还原剂的物质的量之比为13D若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+【答案】A【解析】A硝酸根离子中N原子化合价降低，发生还原反应，则每0.1mol发生还原反应，转移0.3mole-，A叙述错误；B根据离子方程式可知，硝酸根离子、氢离子和亚铁离子发生反应，则离子间的反应说明Fe(NO3)2溶液不宜加酸酸化，B叙述正确；C氧化剂的化合价由+5变为+2

2、，还原剂的化合价由+2变为+3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为13，C叙述正确；D若把该反应设计为原电池，负极失电子化合价升高，则则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+，D叙述正确；答案为A。2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是ApH13的Ba(OH)2溶液中含有OH-离子数目为0.1NAB一定条件下，2molSO2和1molO2发生反应，转移的电子数为4NAC1L0.1mol/L葡萄糖溶液中分子总数为0.1NAD60g石英晶体中含有的Si-O键数目为4NA【答案】D【解析】ApH13的Ba(OH)2溶液体积未知，无法计算溶液中含有OH-的物质的量，其数目无法确定，故A错误；BSO2和

3、O2发生反应为可逆反应，反应物不能完全消耗，因此，2molSO2和ImolO2发生反应不能全部消耗，转移的电子数小于4NA，故B错误；C1L0.1mol/L葡萄糖溶液中葡萄糖分子总数为0.1 NA，没有考虑溶液中还有水分子，即该溶液中分子的总数大于0.1 NA，故C错误；D二氧化硅中1个硅原子形成4个Si-O键，60 g石英晶体的物质的量为1mol，含有1mol硅原子，则含有的Si-O键数目应该是4NA，故D正确； 答案选D。3下列离子方程式正确的是A高级脂肪酸与氢氧化钠溶液反应：H+OH-=H2OBFeI2溶液中通入过量Cl2：2Fe2+2I-+2Cl2=2Fe3+I2+4Cl-C向次氯酸钙

4、溶液中通入少量SO2：Ca2+3ClO-+SO2+H2O=CaSO4+Cl-+2HClOD用惰性电极电解CuCl2水溶液：Cu2+2Cl-+2H2O=Cl2+Cu(OH)2+H2【答案】C【解析】A高级脂肪酸为弱酸，在离子方程式中应以化学式表示，不能改写成离子，A不正确；B过量Cl2能将Fe2+、I-全部氧化，离子方程式为：2Fe2+4I-+3Cl2=2Fe3+2I2+6Cl-，B不正确；C向次氯酸钙溶液中通入少量SO2，一方面SO2被全部氧化为硫酸，另一方面，硫酸电离产生的H+全部与ClO-反应生成HClO，离子方程式为：Ca2+3ClO-+SO2+H2O=CaSO4+Cl-+2HClO，C

5、正确；D用惰性电极电解CuCl2水溶液时，阳极Cl-失电子生成Cl2，阴极Cu2+得电子生成Cu，离子方程式为：Cu2+2Cl-Cl2+Cu，D不正确；故选C。4某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。其过程如下：mCeO2(mx)CeO2·xCe+xO2，(mx)CeO2·xCe+xH2O+ xCO2mCeO2+ xH2+ xCO。下列说法不正确的是( )A该过程中CeO2没有消耗B该过程实现了太阳能向化学能的转化C图中H1+H2+H3= 0D以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+H2O2e =CO2+2H+【答案】D【

6、解析】A通过太阳能实现总反应：H2O+CO2H2+CO+O2，CeO2没有消耗，CeO2是光催化剂，选项A正确；B该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，选项B正确；C由图可知，根据盖斯定律，应该是：-H1=H2+H3，即H1+H2+H3= 0，选项C正确；DCO在负极失电子生成CO2，在碱性条件下再与OH-生成，故负极反应式为CO+ 4OH-2e =+2H2O，选项D不正确；答案选D。5某温度时，若向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量X(g)和Y(g)发生反应：X(g)+Y(g)Z(s)+2W(g)，其中X、W的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列

7、说法中正确的是A点A时反应达到平衡状态B前10min内，(Y)=0.02mol·L1·min1C第10min时，改变的外界条件可能是加入催化剂D第10min时，改变的外界条件可能是增大Z的量【答案】C【解析】A由图可知，反应在第12min时达到平衡，A点时，X、W的物质的量还在改变，反应没有达到平衡状态，A错误；B前10min内，X的物质的量的减少0.45mol-0.25mol=0.2mol，根据转化物质的量之比等于化学计量数之比，则Y物质的量减少0.2mol，(Y)=0.01mol·L1·min1，B错误；C由图可知，第 10min时改变条件，化学反应

8、速率加快，故改变的外界条件可能是加入催化剂，C正确；D由图可知，第10min时改变条件，化学反应速率加快，因为Z是固体，增大固体的量对化学反应速率无影响，故改变的外界条件不可能是增大Z的量，D错误；答案选C。6以Ag/AgCl作参比电极的原电池装置可用于测定空气中氯气的含量，其工作原理示意图如图所示。下列说法错误的是A采用多孔铂电极可增大电极与电解质溶液和气体的接触面积B正极的电极反应式为Cl2+2e-=2C1-C外电路中通过0.02 mol e-时，负极区溶液质量减少0.71 gD空气中氯气含量可通过一定时间内电流表读数变化和空气流速计算【答案】C【解析】A.

9、采用多孔铂电极可增大电极与电解质溶液和气体的接触面积，故A正确；B. 正极上氯气得电子生成氯离子,其电极反应为：Cl2+2e2Cl，故B正确；C. 放电时，当电路中转移0.02mole时，交换膜左侧会有0.02mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.02molAg失去0.02mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.04mol，则负极区溶液质量减少0.04mol71 g/mol=2.84g，故C错误；D. 氯气的量越多，电流越大，电流表读数越大，可以通过一定时间内电流表读数变化和空气流速计算氯气的含量，故D正确；故选C。7下列关于锌铜原电池(如图

10、)的说法错误的是A装置中存在“化学能电能”的转化BCu作负极，有大量气泡产生C反应一段时间后，电解质溶液质量增大D将Zn换成碳棒，没有电流通过【答案】B【解析】A原电池是把“化学能电能”的转化的装置，故A正确，但不符合题意；B. 锌铜原电池中，锌与电解质硫酸反应生成硫酸锌和氢气，化合价升高失去电子，作负极，Cu作正极，有大量气泡产生，故B错误，符合题意；C. 反应一段时间后，锌失去电子形成锌离子进入溶液，氢离子在铜电极表面获得电子被还原，从溶液中析出，依据电子守恒，进入65g锌，析出2g氢气，则电解质溶液质量增大，故C正确，但不符合题意；D. 将Zn换成碳棒，不在发生氧化还原反应，没有电子的定

11、向移动，则没有电流通过，故D正确，但不符合题意；故选：B。8已知某化学反应A2(g)2B2(g)=2AB2(g)(AB2的分子结构为BAB)的能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是：A该反应的进行一定需要加热B该反应的H(E1E2) kJ·mol1C断裂1 mol AA键和2 mol BB键，放出E1 kJ能量D该反应中，反应物的键能总和大于生成物的键能总和【答案】D【解析】A反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，吸热反应不一定都要加热，例如氢氧化钡和氯化铵在常温下就反应，A错误；B该反应焓变=断裂化学键吸收热量-形成化学键所放出热量，所以焓变为

12、H=+（E1-E2）kJ/mol，B错误；C断裂化学键吸收热量，所以断裂1 mol A-A和2 mol B-B吸收E1 kJ能量，C错误；D反应是吸热反应，依据能量守恒可知，即反应物的键能总和大于生成物的键能总和，D正确；答案选D。点睛：本题考查了反应热量变化的分析判断，图象分析，反应前后的能量守恒应用，化学键的断裂和形成与能量的关系，计算焓变的依据等，掌握反应热的计算依据和计算方法是解答的关键。选项A是解答的易错点，不要把反应条件与反应热混为一谈。9向某密闭容器中加入 0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的 B 三种气体， 一定条件下发生如下反应： 3A(g) B(g)2C(g)

13、，各物质的浓度随时间变化如图所示t0t1 阶段的 c(B)变化未画出。下列说法中正确的是( )A若 t115 s，则用 A 的浓度变化表示 t0t1阶段的平均反应速率为 0.004 mol·L1·s1Bt1时该反应达到平衡，A的转化率为 60%C该容器的容积为2 L，B的起始的物质的量为 0.02 molDt0t1 阶段，此过程中容器与外界的热交换总量为 a kJ，该反应的热化学方程式为 3A(g)B(g)2C(g) H50a kJ·mol1【答案】B【解析】A.t0t1阶段，A 的浓度变化为0.15-0.06=0.09 mol·L1，t0t1阶段的平均

14、反应速率为0.09/15=0.006 mol·L1·s1，A错误；B.t1时该反应达到平衡， A 的转化率为=0.09/0.15×100=60%，B正确；C.根据反应3A(g) B(g)2C(g)可知，反应达平衡后，c(A)=0.09 mol·L1, c(B)=O.03 mol·L1,由图像可知反应达平衡后，c(B)=0.05 mol·L1，所以B的起始的浓度为0.02 mol·L1，B的起始的物质的量为0.02×2=0.04 mol，C错误；D.t0t1 阶段，c(A)=0.09 mol·L1，n(A)

15、=0.09×2 mol =0.18 mol，此时放热a kJ，如果有3 mol A完全反应，放热为50 a /3 kJ,即3A(g)B(g)2C(g) H50a/3 kJ·mol1，D错误。正确选项B。10在一定条件下发生反应：3A(g)2B(g) xC(g)2D(g)，在2 L密闭容器中，把4 mol A和2 mol B混合，2 min后达到平衡时生成1.6 mol C，又测得反应速率vB0.2 mol·L1·min1，则下列说法中正确的是()Ax3BB的转化率为20%C平衡时气体压强是原来的0.94倍D达到平衡时A的浓度为1.4 mol·L

16、1【答案】D【解析】cc=nc/V= 1.6mol÷2L=0.8mol/L, vc=cc/t=(0.8mol/L) ÷2min=0.4molL-1min-1, 根据反应速率之比等于化学计量数之比来确定化学计量数x,=,得x=4；列出三行式：A.x=4，故A错误；B.B的转化率为(0.8mol÷2mol) ×100%=40%，故B错误；C.根据气体物质的量之比等于压强之比,平衡时气体压强是原来的=,故C错误；D.达平衡时A的浓度为2.8mol÷2L=1.4 mol·L1，故D正确；正确选项：D。11水系锌离子电池是一种新型二次电池，工作

17、原理如下图。该电池以粉末多孔锌电极(锌粉、活性炭及粘结剂等)为负极，V2O5为正极，三氟甲磺酸锌Zn(CF3SO3)2为电解液。下列叙述错误的是（ ）A放电时，Zn2向V2O5电极移动B充电时，阳极区电解液的浓度变大C充电时，粉末多孔锌电极发生还原反应D放电时，V2O5电极上的电极反应式为：V2O5xZn22xeZnxV2O5【答案】B【解析】A. 放电时，阳离子向正极移动，所以Zn2向V2O5电极移动，故正确；B. 充电时，阳极区发生氧化反应，锌离子通过阳离子交换向左移动，所以阳极区电解液的浓度变小，故错误；C. 充电时，粉末多孔锌电极为阴极，发生还原反应，故正确；D. 放电时，V2O5电极

18、上的电极反应式为：V2O5xZn22xeZnxV2O5，故正确。故选B。12用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向2L密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)2NO(g) N2(g)CO2(g) H0。在T1时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度(mol/L)如表所示，则下列说法不正确的是时间/t(min)01020304050NO1.000.680.500.500.600.60N200.160.250.250.300.30CO200.160.250.250.300.30A1020 min内，NO的平均反应速率为0.018mol/（Lmin）BT1时，该反应的平衡常数K=0.

19、25C保持与前30min的反应条件相同，再向容器中加入2molN2和2molNO，则平衡向左移动D30min后，只改变了一个条件，根据上述表格判断，该条件可能为缩小容器体积【答案】C【解析】A. 1020 min内，NO的浓度从0.68变为0.50，反应了0.18，经历了10min,A项不符合题意；B. T1时，20min时已经达到平衡，可用20min的数据计算平衡常数，B项不符合题意；C.利用浓度商Qc，再增加2molN2和2molNO，N2和NO的浓度变为1.25和1.5， 带入数据，Qc<K，正向移动，向右进行；C项符合题意；D. 缩小容器体积，但是反应前后气体体积不变，平衡不移动

20、，浓度改变的程度相同，0.50变成0.60，变为原来的1.2倍，则CO2和N2为0.3，也为原来的1.2倍，D项不符合题意；本题答案选C。13斯坦福大学华人化学家戴宏杰率领的团队研制出一种可在一分钟内充满电的超常性能铝离子电池，该电池采用新型石墨(Cn)和铝作电极，AlCl4-和有机阳离子构成电解质溶液，已知负极电极反应式为Al-3e-+7AlCl4-4Al2Cl7-。下列说法不正确的是A充电时，该电池负极应连接外接电源的负极B放电时，电子从铝电极流出经过电解质溶液到达石墨电极C充电时，阳极的电极反应式为Cn+AlCl4-e- CnAlCl4D放电时，电路中每转移1 mol电子，负极的质量就减

21、轻9 g【答案】B【解析】A.充电时，电池负极作电解池的阴极，因而应连接外接电源的负极，故不选A；B.电子不会经过电解质溶液，放电时，电子应该从铝电极流出经过外电路到达石墨电极，故选B；C充电时，阳极发生氧化反应，失电子，故不选C；D根据负极的电极反应式，放电时，电路中每转移1 mol电子，负极就有13 mol Al反应生成Al3+进入溶液，故不选D；正确答案：B。14碳酸二甲酯（CO(OCH3)）是一种无毒、环保性能优异、用途广泛的化工原料。在催化剂作用下，可由甲醇和CO2直接合成：CO22CH3OHCO(OCH3)2H2O。某研究小组在某温度下，在0.1L恒容密闭容器中投入2.5 

22、;mol CH3OH(g)、适量CO2和6×105mol催化剂，研究反应时间对甲醇转化数（TON）的影响，其变化曲线如图所示。计算公式为：TON转化的甲醇的物质的量/催化剂的物质的量。下列说法不正确的是A在该温度下，最佳反应时间是10hB410h内碳酸二甲酯的平均反应速率是7.5×104mol·L1·h1C向反应体系中添加催化剂，一定能提高反应的TOND该合成方法可以利用廉价的甲醇把影响环境的温室气体CO2转化为资源，在资源循环利用和环境保护方面具有重要意义【答案】C【解析】A项，由图可知10h时，图象达到最高点，转化率最高，故A项正确；B项，

23、410h内碳酸二甲酯的平均反应速率为=7.5×104mol·L1·h1，故B项正确；C项，改变催化剂不会改变反应平衡的移动，转化率不变，则不一定能提高TON，故C项错误；D项，该反应可以把二氧化碳转化成无毒、环保性能优异、用途广泛碳酸二甲酯，故D项正确。答案选C。二、综合题15C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。在500下合成甲醇的反应原理为：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)，在1 L 的密闭容器中，充入1 mol CO2和3 mol H2，压强为p0 ，测得CO2(g)和CH

24、3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。(可逆反应的平衡常数可以用平衡浓度计算，也可以用平衡分压Kp代替平衡浓度，计算分压=总压×物质的量分数)反应进行到4 min 时，(正)_ (填“>”“<”或“=”)(逆)。04 min，H2的平均反应速率(H2)=_ mol·L1·min1。CO2平衡时的体积分数为_，该温度下Kp为_(用含有p0的式子表示)。【答案】> 0.375 10% 【解析】根据图示，反应进行到4 min 后，甲醇的物质的量继续增大，反应正向进行，(正) >(逆)；04 min，甲醇的浓度变化为0.5 mol/L，H2的浓度变

25、化为1.5mol/L，故答案为：>；0.375。根据图示，15min 时达到平衡状态，CO2的平衡浓度为0.25mol/L，则CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)开始（mol/L） 1 3 0 0转化（mol/L） 0.75 2.25 0.75 0.75平衡（mol/L） 0.25 0.75 0.75 0.75 CO2平衡时的体积分数为10%；根据压强比等于气体物质的量比，平衡时的总压强为，故答案为：10%；。16回答下列问题：(1)将等物质的量的A和B，混合于2 L的密闭容器中，发生反应：3A(g)B(g)xC(g)2D(g)，5 min后测得c(D)0.5 mol&#

26、183;L1，c(A)c(B)35，C的反应速率是0.1 mol·L1·min1。A在5 min末的浓度是_。v(B)_。x_。(2)在25 时，向100 mL含氯化氢14.6 g的盐酸中，放入5.6 g纯铁粉，反应进行到2 min末收集到氢气1.12 L(标准状况)，在此后又经过4 min，铁粉完全溶解。若不考虑溶液体积的变化，则：前2 min内用FeCl2表示的平均反应速率是_。后4 min内用HCl表示的平均反应速率是_。前2 min与后4 min相比，反应速率_较快，其原因是_。【答案】(1)0.75mol·L1 0.05mol·L1·

27、min1 2 (2)0.25mol·(L·min)1 0.25mol·(L·min) 前2min的平均反应速率 在其他条件不变时，增大反应物的浓度，反应速率增大，随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，因而反应速率随之减小 【解析】（1） 3A(g)B(g)xC(g)2D(g)起始（浓度）： a a 0 0消耗（浓度）： 0.75 0.25 0.5平衡（浓度）：(a0.75) (a0.25) 0.5根据c(A)：c(B)=3：5，解得a=1.5mol·L1，因此反应后c(A)=(1.50.75)mol·L1=0.75mol·L1

28、；根据反应速率的定义，v(B)=0.25÷5 mol/(L·min)=0.05 mol/(L·min)；根据化学速率之比等于化学计量数之比可知x=2；（2）Fe2HCl=FeCl2H2，n(FeCl2)=n(H2)=1.12L÷22.4L/mol=0.05mol，v(FeCl2)=0.05/(2×0.1) mol/(L·min)=0.25 mol/(L·min)；前2min消耗的Fe的物质的量为0.05mol，后4min消耗n(HCl)=2×（0.10.05）mol=0.1mol，v(HCl)=0.1/(4

29、5;0.1) mol/(L·min)=0.25 mol/(L·min)；由于其他条件不变，随着反应的进行盐酸的浓度降低，反应速率减缓，所以前2min的平均反应速率大于后4min的平均反应速率。17铈及其化合物在工业生产中应用广泛。以某玻璃废料（主要成分为CeO2、SiO2、Fe2O3、FeO等）为原料制备CeO2和NH4Fe(SO4)2·12H2O（硫酸铁铵晶体），其流程如下（已知CeO2既不溶于稀硫酸，也不溶于氢氧化钠溶液）：回答下列问题：(1)浸取玻璃废料选用的“稀酸A”为_（填“稀硫酸”或“稀盐酸”）。(2)向滤渣1加入H2O2的目的是_（用离子方程式表示）

30、。为了提高溶解“滤渣1”的速率，常釆用加热措施，但温度高于60时溶解速率减慢，其主要原因是_。(3)为了不引入杂质，所选用固体1的化学式为_。(4)制备2mol CeO2需要NaClO的质量为_。(5)锌铈液流电池放电时的工作原理如图所示。放电时电池的总离子反应方程式为_。充电时，当a极增重6.5g时，有_mol离子通过交换膜以平衡电荷。【答案】 (1)稀硫酸 (2) 温度过高，加快分解 (3) (4) (5) 0.2 【解析】(1)根据分析可知稀酸A为稀硫酸；(2)滤渣1中加入双氧水将CeO2还原为Ce3+，根据电子守恒和电荷守恒可知离子方程式为；温度过高会使双氧水分解加快，导致溶解速率减慢

31、；(3)为了不引入新的杂质，固体1应为(NH4)2SO4；(4)由Ce3+Ce(OH)4CeO2，Ce元素化合价升高1价，所以制备2mol CeO2需要2mol电子，NaClO在反应过程中被还原成Cl-，化合价降低2价，转移2mol电子所需的NaClO的物质的量为1mol，质量为1mol×74.5g/mol=74.5g；(5)据图可知a电极Zn被氧化成Zn2+，为负极，b电极Ce4+被还原成Ce3+，为正极，所以电池的总离子反应方程式为：；充电时，a电极发生反应Zn2+2e-=Zn，增重6.5g，即生成0.1mol Zn，转移电子为0.2mol，交换膜为质子交换膜只允许氢离子通过，所

32、以有0.2mol H+通过交换膜以平衡电荷。18科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇：CO2(g)+ 3H2(g)CH 3OH(g) + H 2O(g)。回答下列问题：(1)已知上述反应中的化学键键能如表：化学键HHCHHOCOC=OE/(kJ·mol-1)abcde由此计算CO2(g) + 3H2(g)CH 3OH(g) + H 2O(g)的H=_kJ/mol。(用字母表示)(2)已知：.CO(g) + 2H2(g) =CH 3OH(l) H= 128.6 kJ/mol.2CO(g) + O2(g) =2 CO2(g) H=566.0 kJ/mol.

33、2H2(g) + O2(g) =2 H2O(l) H=571.6 kJ/mol写出 CH3OH燃烧热的热化学方程式：_。(3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2) =1：3投料，实验测得CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。图中A点对应的甲醇的体积分数是_(保留一位小数)；压强的大小关系为P1_P2(填“>”、“”或“=”)。在恒温、恒压的容器中通入1 mol CO2和1 mol H2，下列一定能说明反应已达平衡状态的是_。a.气体的平均相对分子质量不变b.气体的密度不变c.CO2的体积分数不变d.容器内气体的总压【答案】(1)2e+3a-3b-d-3c (2) CH3OH(l

34、) +O2(g) =CO2(g) + 2H2O(l) H= -726.0kJ·mol-1 (3)16.7 )ab 【解析】(1)反应CO2(g) + 3H2(g)CH 3OH(g) + H 2O(g) ，故答案为： 2e+3a-3b-d-3c；(2)已知.CO(g) + 2H2(g) =CH 3OH(l) H= 128.6 kJ/mol.2CO(g) + O2(g) =2 CO2(g) H=566.0 kJ/mol.2H2(g) + O2(g) =2 H2O(l) H=571.6 kJ/mol则 得CH3OH(l) +O2(g) =CO2(g) + 2H2O(l) H= -726.0

35、kJ·mol-1，故答案为：CH3OH(l) +O2(g) =CO2(g) + 2H2O(l) H= -726.0kJ·mol-1；(3)n(CO2)：n(H2) =1：3投料，设二氧化碳起始物质的量为1mol，有xmol的二氧化碳参与反应，A点时，二氧化碳平衡转换率为：50%，则参与反应的二氧化碳为0.5mol， 则有 甲醇的体积分数：；相同温度下P2甲醇的转化率高于P1，则条件由P1到P2时平衡正移，由平衡CO2(g) + 3H2(g)CH 3OH(g) + H 2O(g)可知正反应为压强减小的反应，故P1<P2，故答案为：16.7；a.气体的平均相对分子质量，气

36、体质量保持不变，正反应气体物质的量减小，则气体的平均相对分子质量不变，反应达到平衡，故a选；b.在恒压容器中正反应气体体积减小，气体质量不变，则气体的密度不变时，反应达到平衡，故b选；c.设有xmol水生成，则有 CO2的体积分数 ，始终保持不变，则无法判断是否达到平衡，故c不选；d.恒压容器内气体的总压为定值，故无法判断是否达到平衡，故d不选；故答案为：ab。19合成气的主要成分为一氧化碳和氢气，在工业上用途十分广泛。最近中国科学家成功研究由合成气制备乙醇的新工艺，具体制备路线如下所示：（1）制备甲醇的原理为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应过程中物质能量变能化如图所示，生产中为

37、同时提高甲醇的产率和反应速率，可采取措施是_（写一条即可）。（2）若该反应加入催化剂，请在答题纸图中画出反应过程中物质能量变化曲线_。（3）制备二甲醚的原理为2CH3OH（g）= CH3OCH3（g）+H2O（g）。写出该反应的化学平衡常数表达式为_。在2 L容器中发生上述反应，5分钟后，测得甲醇减少16 g，则二甲醛的平均生成速率为_。（4）CH3COOCH3和H2制备乙醇的反应中，还有另一产物生成，该物质在上述转化路线中循环使用，其分子式为_。 若不考虑生产过程中的损失且每步都反应完全，通过以上制备路线消耗8.4 kgCO时，理论上可制取乙醇的质量为_。（5）设计实验证

38、明乙醇中是否含有CH3COOCH3_（写出实验的操作步骤、现象和结论）【答案】(1)增大压强，提高CO(或H2)的浓度 (2) (3) 0.025mol/(L·min) (4)CH4O 9.6 kg (5)取样，加入到盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，充分振荡。若无分层现象，则不含乙酸乙酯；若出现分层，且上层为油状液体，则说明含有乙酸甲酯 【解析】（1）制备甲醇的原理为CO（g）+2H2（g）CH3OH（g），反应过程中物质能量变能化如图所示，反应物的总能量大于生成物的总能量，反应为气体体积增大的放热反应，生产中为同时提高甲醇的产率和反应速率，可采取措施为增大压强，提高CO(或H2)的浓度

39、；（2）若该反应加入催化剂，催化剂能降低活化能，但不能改变焓变，故反应过程中物质能量变化曲线如图：；（3）平衡常数等于生成物幂之积比反应物幂之积的比，故反应2CH3OH（g）= CH3OCH3（g）+H2O（g）的化学平衡常数表达式为K=；在2 L容器中发生上述反应，5分钟后，测得甲醇减少16 g，则二甲醛的平均生成速率为=0.025mol/(L·min)；（4）CH3COOCH3和H2制备乙醇的反应中，还有另一产物生成，该物质在上述转化路线中循环使用，为甲醇，其分子式为CH4O；若不考虑生产过程中的损失且每步都反应完全，通过以上制备路线消耗8.4 kgCO时，根据反应2CH3OH（g）= CH3OCH3（g）+H2O（g）、 CH3OCH3（g）+ CO（g）CH3COOCH3（s）、CH3COOCH3+2H2=CH3OH+CH3CH2OH，理论上可制取乙醇的质量为8.4 kg =9.6 kg；（5）取样，加入到盛有饱和碳酸钠溶液的试管中，充分振荡。若无分层现象，则不含乙酸乙酯；若出现分层，且上层为油状液体，则说明含有乙酸甲酯。