浙江省台州市八校联盟2023-2024学年高二上学期期中联考化学试题（Word版附解析）

绝密★考试结束前2023学年第一学期台州八校联盟期中联考高二年级化学学科试题考生须知：1.本卷共6页满分100分，考试时间90分钟。2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。4.考试结束后，只需上交答题纸。可能用到的相对原子质量：H—1　C—12　O—16选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.下列属于放热反应的是A.钠和水反应B.浓硫酸稀释C碳和水蒸气反应D.氯化铵晶体和氢氧化钡晶体反应【答案】A【解析】【详解】A．钠和水反应，生成氢氧化钠和氢气，同时放出热量，则该反应为放热反应，A符合题意；B．浓硫酸稀释，放出热量，但没有发生化学反应，B不符合题意；C．碳和水蒸气反应，生成一氧化碳和氢气，需要持续提供高温环境，属于吸热反应，C不符合题意；D．氯化铵晶体和氢氧化钡晶体在常温下就能发生反应，但需要从周围环境中吸收热量，属于吸热反应，D不符合题意；故选A。2.下列说法不正确的是A.化学反应中的能量变化的形式一定是热量的吸收或释放B.在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热C.一个化学反应，不管是一步完成的还是分几步完成的，其反应热是相同的D.热化学方程式不仅表明了化学反应中的物质变化，而且表明了化学反应中的能量变化 【答案】A【解析】【详解】A．化学反应中的能量变化的形式可能是热量的吸收或释放，也可能是产生光能或电能等，A不正确；B．燃烧热定义时，压强为101kPa，纯物质的量为1mol，且完全燃烧生成指定产物，此时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，B正确；C．依据盖斯定律，对于一个化学反应，不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的，C正确；D．热化学方程式不仅指明反应物的物质的量及状态，还指明反应放出或吸收的热量，也就是既表明化学反应中的物质变化，又表明化学反应中的能量变化，D正确；故选A。3.对于可逆反应，在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示的反应速率最快的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】速率比等于化学计量数比，都转化为用A物质表示的反应速率，速率的单位都用，然后进行比较。【详解】A．；B．B是固体，不能用其表示反应速率；C．；D．；可见，反应速率最大的是；答案选C。4.冰融化为水的过程的焓变和熵变正确的是A.ΔH>0，ΔS<0B.ΔH<0，ΔS>0C.ΔH>0，ΔS>0D.ΔH<0，ΔS<0【答案】C 【解析】【详解】冰融化过程中，物质的状态由固体变为液体，熵值增大，则△S＞0；熔化过程吸收能量，因此焓变△H＞0，故冰融化的过程中，其焓变和熵变均增大；故选C。5.对于反应：A(g)+B(g)2C(g)+D(s)　△H＜0，下列措施会使该反应的平衡正向移动的是A.升高温度B.分离出CC.加入合适的催化剂D.恒压充入不参与反应的稀有气体【答案】B【解析】【详解】A．该反应的△H＜0，升高温度，正、逆反应速率都增大，但逆反应速率增大的更多，平衡逆向移动，A不符合题意；B．分离出C，减小生成物浓度，此时逆反应速率减小，正反应速率不变，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，B符合题意；C．加入合适的催化剂，将同等程度地增大正、逆反应速率，平衡不发生移动，C不符合题意；D．恒压充入不参与反应的稀有气体，混合气的体积增大，浓度减小，由于反应前后气体的分子数相等，则平衡不发生移动，D不符合题意；故选B。6.已知氢气在氯气中燃烧的热化学方程式：　。下列说法正确的是A.常温常压下，1个氢气分子和1个氯气分子化合生成2个氯化氢分子，放出184.6kJ的热量B.拆开1molH-H键和1molCl-Cl键所需能量大于拆开2molH-Cl键所需能量C.相同条件下，0.5mol氢气和0.5mol氯气的能量总和大于1mol氯化氢气体的能量D.反应方程式中的各化学计量数扩大两倍，的值不变【答案】C【解析】【详解】A．热化学方程式中，化学计量数表示物质的量，常温常压下，1mol氢气分子和1mol氯气分子化合生成2mol氯化氢分子，放出184.6kJ的热量，故A错误；B．正反应放热，拆开1molH-H键和1molCl-Cl键所需能量小于拆开2molH-Cl键所需能量，故B错误；C．正反应放热，相同条件下，0.5mol氢气和0.5mol氯气的能量总和大于1mol氯化氢气体的能量，故C正确； D．反应方程式中的各化学计量数扩大两倍，的值扩大两倍，故D错误；选C。7.下列不能用勒夏特列原理解释的是A.打开汽水瓶时，有气泡冒出B.可逆反应平衡后，缩小体积颜色加深C.氯水宜在避光、低温条件下保存D.用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢杂质【答案】B【解析】【详解】A．存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2，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A不选；B．反应前后气体体积不变，加压后颜色加深是因为体积减小导致浓度增大，不是平衡发生移动造成的，不能用勒夏特列原理解释，故B选；C．在溶液中存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，光照HClO分解，c(HClO)降低，化学平衡正向移动，使溶液中c(Cl2)减小，因此溶液颜色变浅，宜在避光、低温条件下保存，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，增大氯离子浓度使平衡左移，用饱和食盐水洗气既除去氯气中的氯化氢、又避免氯气溶解，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选：B。8.下列关于化学平衡常数的叙述正确的是A.当反应中有关物质的浓度商等于平衡常数时，该反应达到化学平衡状态B.在任何条件下，化学平衡常数都是一个定值C.化学平衡发生移动，平衡常数一定发生改变D.温度一定，对于给定的化学反应，正、逆反应的平衡常数互为相反数【答案】A【解析】【详解】A．当反应中有关物质的浓度商等于平衡常数时，该反应的正反应速率等于逆反应速率，各物质的浓度不再发生改变，反应达到化学平衡状态，A正确；B．在温度一定时，化学平衡常数是一个定值，若温度改变，化学平衡常数将发生改变，B不正确；C．若温度不变，改变浓度或压强时，化学平衡可能发生移动，但平衡常数不发生改变，C不正确；D．对于给定的化学反应，温度一定时，正反应与逆反应的平衡常数互为倒数，D不正确； 故选A。9.下列关于工业合成氨的说法正确的是A.工业合成氨采用10～30MPa，是因为该条件下催化剂的活性最好B.选择不同的催化剂会改变此反应△H的数值C.合成氨工业中采用低温以提高平衡转化率D.合成氨工业中采用循环操作，主要是为了提高氮气和氢气的利用率【答案】D【解析】【详解】A．合成氨工业采用，使反应速率快，且有利于提高平衡混合物中氨的含量，故A错误；B．催化剂能改变化学反应速率，不能改变反应△H的数值，故B错误；C．合成氨若采用低温可提高平衡转化率，但温度降低会使化学反应速率减小，达到平衡所用时间变长，在实际生产中采用的温度为400~500℃，故C错误；D．合成氨反应的转化率不高，采用循环操作，可提高氮气和氢气的利用率，降低生产成本，D正确；故选D。10.下列关于碰撞理论的理解不正确的是A.当其他条件相同时，反应物浓度增大，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增大，所以反应速率增大B.对于有气体参加的化学反应，当其他条件相同时，压缩体积增大压强，单位体积内活化分子数增大，单位时间内有效碰撞次数增大，所以反应速率增大C.当其他条件相同时，降低温度，活化分子百分数减小，单位时间内有效碰撞次数减小，所以反应速率减小D当其他条件相同时，加入适当催化剂，活化能减小，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增大，所以反应速率增大【答案】A【解析】【详解】A．当其他条件相同时，反应物浓度增大，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增大，所以反应速率增大，故A错误；B．对于有气体参加的化学反应，当其他条件相同时，压缩体积增大压强，反应物浓度增大，单位体积内活化分子数增大，单位时间内有效碰撞次数增大，所以反应速率增大，故B正确； C．当其他条件相同时，降低温度，活化分子百分数减小，单位时间内有效碰撞次数减小，所以反应速率减小，故C正确；D．当其他条件相同时，加入适当催化剂，活化能减小，活化分子百分数增大，单位时间内有效碰撞次数增大，所以反应速率增大，故D正确；选A。11.可逆反应在恒容绝热容器中反应，下列不能判断该反应达到平衡状态的是A.v正(NO2)=2v逆(N2O4)B.气体颜色不再变化C.体系温度不再变化D.【答案】D【解析】【详解】A．v正(NO2)=2v逆(N2O4)时，说明v正(NO2)=v逆(NO2)，正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，A项不选；B．NO2为红棕色气体，当气体颜色不再变化，说明NO2浓度不再变化，反应达到平衡状态，B项不选；C．该反应在恒容绝热容器中进行，当体系温度不再变化，说明反应放出和吸收的热量相等，证明反应达到平衡状态，C项不选；D．未体现正、逆反应速率之间的关系，不能说明反应达到平衡状态，D项选；答案选D。12.一定温度下，X、Y、Z三种气体在某恒容密闭容器中发生反应，其中气体的物质的量变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.Q点时，Y的正反应速率大于逆反应速率B.0～15min内，用X表示的平均反应速率是C.该反应的化学方程式可表示为：D.达到平衡后，再充入氩气(氩气不参与反应)，压强增大使反应速率加快 【答案】A【解析】【详解】A．Q点没有到平衡，Y的物质的量还在增加，说明反应向正反应方向进行，则Y的正反应速率大于逆反应速率，故A正确；B．从开始到达到平衡时X的物质的量改变量为6-3-3mol，没有说明容器的体积，不能用X表示的平均反应速率，故B错误；C．从开始到平衡各物质变化的物质的量分别为∆n(X)=6-3=3mol，∆n(Y)=2mol，∆n(Z)=2-1=1mol，变化的物质的量之比等于化学计量数之比，该反应是可逆反应，该反应的化学方程式可表示为：，故C错误；D．到平衡后，充入氩气，各物质的浓度不变，反应速率不变，故D错误；故答案为A。13.已知A转化为C和D分步进行：①；②，其反应过程能量如图所示，下列说法正确的是A.1molA(g)的能量低于1molB(g)的能量B.反应：　C.物质B在反应中生成，后又被消耗，是该反应的催化剂D.反应过程中，由于，反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累【答案】D【解析】【详解】A．根据图示，1molA(g)的能量低于1molB(g)、2molD(g)的总能量，但1molA(g)的能量不一定低于1molB(g)的能量，故A错误；B．焓变=正反应活化能-逆反应活化能，反应：　，故 B错误；C．物质B在反应中生成，后又被消耗，是该反应的中间产物，故C错误；D．活化能越小反应速率越快，反应过程中，由于，反应②速率大于反应①，气体B很难大量积累，故D正确；选D。14.我国科研人员提出了由和转化为高附加值产品的催化反应历程，该历程示意图如下所示。下列说法正确的是A.①→②的过程中吸收能量B.→过程中，C—H键全部发生断裂C.生成总反应的原子利用率为100%D.该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】C【解析】【详解】A．据图可知①→②焓值降低，过程为放热过程，故A错误；B．该过程中反应物为CO2和CH4，生成的产物为CH3COOH，CH4生成-CH3，有C-H键发生断裂但不是全部断裂，故B错误；C．图中分析，1molCH4和1molCO2反应元素全部生成1molCH3COOH，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故C正确；D．催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡，不影响转化率，故D错误；故选C。15.关于反应　，下列叙述与图像不相符的是 A.图①表示反应达到平衡后，恒容条件下在t0时刻充入了一定量物质CB.图②可知该反应的，且C.图③表示不同温度下，反应相同时间时A的百分含量，可知M点该反应处于平衡状态D.图④曲线S表示不同压强下达到平衡时C的百分含量，则F点时平衡发生正向移动【答案】A【解析】【详解】A．反应达到平衡后，恒容条件下在t0时刻充入了一定量物质C，逆反应速率瞬间增大，正反应速率逐渐增大，叙述与图像不相符，故选A；B．“先拐先平”数值大，根据图②，T1>T2，P2>P1，升高温度C的含量降低，平衡逆向移动，增大压强C的含量升高，平衡正向移动，可知该反应的，且，叙述与图像相符，故不选B；C．温度越高反应速率越快，达到平衡用的时间越短，图③表示不同温度下，反应相同时间时A的百分含量，M点A的含量最少，可知M点该反应处于平衡状态，叙述与图像相符，故不选C；D．F点C的百分含量小于相同条件下平衡时C的百分含量，所以F点时平衡发生正向移动，叙述与图像相符，故不选D；选A。16.下列实验方案设计、现象和结论不正确的是实验目的方案设计现象和结论A探究反应物浓度对化学反应速率的影响分别取10mL0.lmol/LNa2S2O3溶液和5mL0.1mol/LNa2S2O3溶液、5mL蒸馏水于两支试管中，然后同时加入10mL0.1mol/LH2SO4溶液前者出现浑浊的时间更短，说明增大Na2S2O3浓度，可以加快反应速率B探究压强对化学反应速率的影响在容积不变的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)向其中通入氩气反应速率不变，说明化学反应速率不受压强影响C探究温度对将装有NO2和N2O4混合气体的连同球分别浸泡热水中气体颜色深，冰水中颜 化学平衡的影响在冰水和热水中：2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)，△H＜0色浅，说明其他条件不变时，升高温度，会使化学平衡向吸热方向移动D探究KI与FeCl3反应的限度取5mL0.1mol/L的KI溶液于试管中，加入1mL0.1mol/L的FeCl3溶液，充分反应后滴入5滴15%KSCN溶液溶液变血红色，则KI与FeCl3的反应有一定限度A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．两份混合溶液的体积相同，H2SO4的浓度相同，但Na2S2O3的浓度不同，增大Na2S2O3的浓度，出现浑浊的时间缩短，从而得出增大反应物浓度，可加快反应速率，A不符合题意；B．对于合成氨反应，在体积不变时，通过充入稀有气体增大容器的压强，由于反应物和生成物的浓度不变，所以反应速率不变，不能得出化学反应速率不受压强影响的结论，B符合题意；C．对于反应2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)△H＜0，升高温度，混合液的颜色加深，则表明平衡逆向移动，从而得出结论：升高温度，会使化学平衡向吸热方向移动，C不符合题意；D．足量的KI溶液中加入少量的FeCl3溶液，反应后的溶液能使KSCN溶液变红，表明FeCl3有剩余，从而说明KI与FeCl3的反应有一定限度，D不符合题意；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.按要求填空：（1）在25℃和101kPa下，16gCH3OH(l)在O2中完全燃烧，放出363.3kJ的热量，请写出表示该反应的热化学方程式：_____。（2）研究表明，二氧化碳与氢气反应可以合成甲醇，反应如下：　①反应的平衡常数表达式为：_____。②有利于提高平衡时甲醇产率的措施有_____(填字母)a．使用催化剂b．缩小反应容器的容积c．适当降低反应温度（3）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表： 共价键H—HH—O键能/()ab热化学方程式　则的_____(用含、a、b、c的式子表示)【答案】（1）（2）①.②.b、c（3）【解析】【小问1详解】根据16gCH3OH(l)在O2中完全燃烧，放出363.3kJ的热量，即CH3OH(l)完全燃烧放出363.3kJ的热量，可知1molCH3OH(l)完全燃烧放出726.6kJ热量，则该反应的热化学方程式为：，；【小问2详解】①根据平衡常数等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，可得；②根据反应：，想提高平衡时甲醇的产率，应改变条件使平衡向正反应方向移动，要使反应速率增大，据此分析：a．催化剂不能改变生成物的产量，故a不符合题意；b．缩小反应容器的容积，相当于增大压强，高压能使平衡正向移动，提高甲醇产量，故b符合题意；c．该反应属于放热反应，适当降低反应温度，能使平衡正向移动，提高甲醇产量，故c符合题意；故选bc；【小问3详解】根据反应　，结合焓变ΔH等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则有：，即 ，对于反应，。18.在2L的密闭容器中，进行如下化学反应：，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t℃50080083010001300K0250.91.01.74回答下列问题：（1）该反应为_____反应(选填吸热、放热)。（2）某温度下，平衡浓度符合下式：，此时的温度为_____℃。该温度下，若向该容器中充入，，4min末达到平衡，CO2的转化率为_____(用百分数表示，保留一位小数)；H2的体积分数为_____(用百分数表示，保留一位小数)。（3）写出两种增大正反应速率的措施：_____。【答案】（1）吸热（2）①.1300②.66.7%③.16.7%（3）增大反应物浓度、升高温度、加入催化剂、压缩体积增大压强【解析】【小问1详解】由化学平衡常数K和温度t的关系表可知：随温度升高，平衡常数增大，可知随温度升高，平衡正向移动，则正反应为吸热反应；【小问2详解】由可知，该温度下平衡常数，则此时温度为1300℃；向该容器中充入，，由于体积为2L，则，，4min末达到平衡，设CO2的转化量为x，由此可列三段式： 则有，求得x=，则CO2的转化率为，H2的体积分数为；【小问3详解】可以通过增大反应物浓度、升高温度、加入催化剂、压缩体积增大压强来增大正反应速率。19.某兴趣小组为探究外界条件对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下：实验编号H2C2O4溶液酸性KMnO4溶液温度/℃浓度/()体积/mL浓度/()体积/mL①0102.00.013.025②0.202.00.013.025③0.202.00.013.050（1）实验时发生反应的离子方程式为_____；加入H2C2O4需过量的原因是_____。（2）探究反应物浓度对反应速率影响的是实验_____(填编号，下同)；为了更好地控制反应的温度，恰当的加热方式为_____。（3）测得实验②中溶液褪色的时间为20s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=_____。（4）实验过程中发现：在开始反应的一段时间内，反应速率较小，溶液褪色不明显；但不久反应速率明显增大，溶液很快褪色。导致上述现象的原因可能是_____。【答案】（1）①.②.保证高锰酸钾反应完，能观察到褪色现象（2）①.①②②.水浴加热（3）（4）反应中生成的Mn2+是该反应的催化剂【解析】 【分析】以高锰酸钾和草酸溶液反应来探究外界条件对化学反应速率的影响，要注意控制变量，只能改变其中一个变量，根据题目表格数据，分析可知此实验的变量为草酸溶液的浓度、温度，故依据表格具体分析即可。【小问1详解】实验时发生的反应为：；为了顺利观察到KMnO4紫色褪去，起始时必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量。【小问2详解】探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件必须完全相同，满足条件的实验编号是①和②；水浴加热可以更好控制温度同时受热均匀。【小问3详解】【小问4详解】实验过程中发现：在开始反应的一段时间内，反应速率较小，溶液褪色不明显；但不久反应速率明显增大，溶液很快褪色是因为此反应会生成具有催化作用的二价锰离子。20.取0.55mol/L的NaOH的溶液50mL与0.25mol/L的硫酸溶液50mL置于如图所示的装置中进行中和反应反应热的测定实验：温度起始温度(t1)/℃终止温度(t2)/℃实验次数H2SO4NaOH125.225.028.5224.925.129.5325.024.828.4425.125.128.4回答下列问题：（1）上图所示简易量热计中缺少的一种玻璃仪器是_____。（2）取纯水的密度近似作为实验所用酸碱稀溶液的密度，取纯水的比热容近似作为反应所得溶液的比热 容，通过表中数据计算中和反应的反应热_____(结果保留小数点后1位。纯水的密度ρ=1g/cm3，比热容c=4.18J/(g•℃))。（3）实验中若用70mL0.25mol/L的H2SO4溶液跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液反应，与上述实验相比，所放出的热量_____(填“相等”或“不相等”)；单次中和反应反应热的测定实验至少用到温度计_____次。（4）下列操作可能会使所测得的中和反应反应热数值的绝对值偏大的是_____(填字母，下同)；偏小的是_____。a．简易量热计未盖杯盖b．两烧杯夹层间碎纸条没有填满c．记录混合液的最高温度作为终止温度d．用量筒量取酸和碱溶液的体积时均仰视读数e．测量HCl溶液的温度计用水洗净擦干后才用来测NaOH溶液的温度【答案】（1）玻璃搅拌器（2）（3）①.不相等②.3（4）①.d②.ab【解析】【分析】利用0.55mol/L的NaOH的溶液与0.25mol/L的硫酸溶液，来测定中和反应的反应热，两溶液体积均为50mL，取纯水的密度近似作为实验所用酸碱稀溶液的密度，ρ=1g/cm3，根据m=可计算出稀酸、稀碱的质量均为50g，则混合后溶液质量为100g，利用求出中和反应的反应热。【小问1详解】测定中和反应反应热的过程中需利用玻璃搅拌器进行搅拌，使反应充分进行，则图中缺少的一种玻璃仪器是玻璃搅拌器；【小问2详解】计算4次实验反应前稀硫酸和氢氧化钠的平均温度分别为：25.1℃、25.0℃、24.9℃，25.1℃，则4次实验反应前后溶液温度差值(即t2-t1)分别为：3.4℃、4.5℃、3.5℃、3.3℃，第2次实验中，反应前后溶液温度差值(即t2-t1)误差较大，应舍去，则三次实验平均温度变化值为，，根据反应物浓度及体积可知，NaOH过量，硫酸中H2SO4的物质的量为 ，则反应生成H2O的物质的量为，则；【小问3详解】实验中若用70mL0.25mol/L的H2SO4溶液跟50mL0.55mol/L的NaOH溶液反应，H2SO4过量，则二者反应生成水的物质的量为0.0275mol，两次实验生成水的物质的量不同，则反应放出的热量不相等；实验过程中，分别测量了反应前稀硫酸、氢氧化钠溶液的温度以及反应后溶液的温度，则单次中和反应反应热的测定实验至少用到温度计3次；【小问4详解】a．简易量热计未盖杯盖，使热量散出，导致中和反应反应热数值的绝对值偏小；b．两烧杯夹层间碎纸条没有填满，装置保温性较差，使热量散出，导致中和反应反应热数值的绝对值偏小；c．记录混合液的最高温度作为终止温度，是正确操作，对中和反应反应热数值的测定无影响；d．用量筒量取酸和碱溶液的体积时均仰视读数，量取溶液体积偏高，生成水的物质的量偏大，放出热量偏高，导致中和反应反应热数值的绝对值偏大；e．测量HCl溶液的温度计用水洗净擦干后才用来测NaOH溶液的温度，该操作为正确操作，对中和反应反应热数值的测定无影响；则使所测得的中和反应反应热数值的绝对值偏大的是d；偏小的是ab。21.甲烷是重要的资源，通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。（1）500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列反应：反应i：反应ii：已知　。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是_____。（2）CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为反应I：反应II： 反应III：在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g)，可减少C(s)的生成，①反应I自发进行的条件是_____(填“高温”、“低温”或“任何温度下”)；②反应：的_____。③1.01×105Pa下，将n起始(CO2)：n起始(CH4)=1：1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中CH4的平衡转化率如下图所示。已知：700℃时，CH4和CO2的平衡转化率分别为90%和65%。请在下图画出不同温度下(500~800℃区间)重整体系中CO2的平衡转化率曲线_____。在700℃条件下，测得H2O(g)和H2(g)的平衡分压相等，则体系中CO2和CO的平衡分压之比=_____。(已知：分压p(B)=p·x(B)，p为平衡时的总压强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数。)【答案】21.吸收CO2，提高H2的产率，并向体系供热22.①.高温②.+657.1kJ/mol③.④.7：8【解析】【小问1详解】已知CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)       ΔH=－178.8kJ·mol-1，因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2，使平衡正向移动，提高H2的产率，同时提供热量；【小问2详解】①反应I是熵增的吸热反应，可以自发进行，△H>0，△S>0，让△G=△H-T△S<0，需要高温条件下，因此 高温可以自发进行；②反应I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)       ΔH=+246.5kJ·mol-1反应II：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g)       ΔH=+41.2kJ·mol-1依据盖斯定律可知I×3－II×2即得到反应：3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)=4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1kJ·mol-1；③由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH＞0，高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的ΔH＜0，高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小)，CO2的生成量小，所以800℃下CO2平衡转化率远大于600℃下CO2平衡转化率，不同温度下(500~800℃区间)重整体系中CO2的平衡转化率曲线如上图所示；