安徽省黄山市2023-2024学年屯溪一中高一上学期10月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省黄山市2023-2024学年屯溪一中高一上学期10月月考试题可能用到的相对原子质量H-1C-12O-16S-32第Ⅰ卷(选择题)一、单选题(本大题共10小题，每小题3分，共30.0分)1.下列有关热化学方程式的叙述，正确的是（）A.若，则1mol碳完全燃烧放出的热量小于110.5kJB.若，则甲烷的燃烧热为812.3kJ/molC.若，则2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应放出的热量小于56.9kJD.若，含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量为57.3kJ〖答案〗C〖解析〗【详析】A．由2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ•mol-1知，1mol碳不完全燃烧放出热量110.5kJ，则1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5kJ，A错误；B．1mol甲烷完全燃烧生成液态水时才能表示燃烧热，该方程式生成气态水，B错误；C．2NO2(g)N2O4(g)ΔH=-56.9kJ•mol-1表示2mol二氧化氮转化为四氧化二氮放出热量56.9kJ，由于该反应时可逆的，所以2molNO2(g)置于密闭容器中充分反应放出热量小于56.9kJ，C正确；D．CH3COOH是弱酸，部分电离且电离过程吸热，所以含1molCH3COOH的溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出热量小于57.3kJ，D错误；故〖答案〗为：C。2.下列有关热化学方程式的叙述正确的是（）A.已知、、、依次为、、、，则工业上制高纯硅的反应的热化学方程式为B.500℃、30MPa下，将0.5molN2和3molH2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放出19.3kJ热量，其热化学方程式为C.已知，则稀H2SO4和稀溶液反应的反应热D.甲烷的标准燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为〖答案〗A〖解析〗【详析】A．单质硅是四面体构型，1个硅原子有4个Si—Si键，每个Si—Si键为2个Si原子共有，因此1molSi单质含有2mol个Si—Si键，则的反应热为4×360+2×436-2×176-4×431=，A正确；B．为可逆反应，则放出的热量小于，B错误；C．钡离子与硫酸根生成硫酸钡沉淀会放热，因此稀H2SO4和稀溶液反应的反应热，C错误；D．燃烧热应生成液态水，D错误；故选A。3.下列两组热化学方程式中，有关ΔH的比较正确的是（）①CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(g)ΔH1CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)ΔH2②NaOH(aq)+H2SO4(浓)===Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH3NaOH(aq)+CH3COOH(aq)===CH3COONa(aq)+H2O(l)ΔH4A.ΔH1＞ΔH2；ΔH3＞ΔH4 B.ΔH1＞ΔH2；ΔH3＜ΔH4C.ΔH1＝ΔH2；ΔH3＜ΔH4 D.ΔH1＜ΔH2；ΔH3＞ΔH4〖答案〗B〖解析〗【详析】由于H2O(g)转化为H2O(l)要放出热量，所以等物质的量的CH4(g)燃烧生成液态水时放出热量的数值要比生成气态水时的大，则ΔH1＞ΔH2；等物质的量的NaOH与稀醋酸、浓H2SO4恰好反应生成等物质的量的水，若不考虑浓H2SO4溶解放热和弱电解质电离吸热，应放出相同的热量。但在实际反应中，浓H2SO4溶于水时放热，使反应放出的总热量增多；醋酸是弱酸，部分CH3COOH分子在电离过程中要吸热，使反应放热减小，则ΔH3＜ΔH4，综上分析可得B符合题意，故选B。〖答案〗选B4.已知3.6g碳在6.4g氧气中燃烧，至反应物耗尽，测得放出热量akJ。又知12.0g碳完全燃烧，放出热量为bkJ。则热化学方程式C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)ΔH＝Q中Q等于()A.－(5a－0.5b)kJ·mol－1 B.－(a－b)kJ·mol－1C.－(a＋b)kJ·mol－1 D.－(10a－b)kJ·mol－1〖答案〗A〖解析〗【详析】碳在氧气中燃烧，氧气不足生成一氧化碳，氧气足量生成二氧化碳，3.6克碳的物质的量为3.6/12=0.3mol，6.4克氧气的物质的量为6.4/32=0.2mol，假设生成一氧化碳的物质的量为xmol，二氧化碳的物质的量为ymol，则有x+y=0.3x/2+y=0.2，解x=0.2，y=0.1，则热化学方程式为①3C(s)＋2O2(g)===2CO(g)+CO2(g)ΔH＝-10akJ·mol－1，12.0g碳完全燃烧，放出热量为bkJ，则热化学方程式为：②C(s)＋O2(g)==CO2(g)ΔH＝-bkJ·mol－1，根据盖斯定律分析，（①-②）/2可得热化学方程式C(s)＋1/2O2(g)===CO(g)ΔH＝（-10a+b）/2=－(5a－0.5b)kJ·mol－1。故选A。5.已知NaHCO3溶液与盐酸反应生成CO2吸热，Na2CO3溶液与盐酸反应生成CO2放热。关于下列ΔH的判断正确的是（）①CO(aq)+H+(aq)⇌HCO(aq)ΔH1②HCO(aq)+H+(aq)⇌H2CO3(aq)ΔH2③H2CO3(aq)⇌H2O(l)+CO2(g)ΔH3A.ΔH1<0；ΔH2>0 B.ΔH2+ΔH3>0C.ΔH1+ΔH2+ΔH3>0 D.ΔH1>ΔH3〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗【详析】A．CO(aq)+H+(aq)⇌HCO(aq)形成化学键放热，ΔH1<0；HCO(aq)+H+(aq)⇌H2CO3(aq)形成化学键放热，ΔH2<0，故A错误；B．NaHCO3溶液与盐酸反应生成CO2吸热，根据盖斯定律ΔH2+ΔH3>0，故B正确；C．Na2CO3溶液与盐酸反应生成CO2放热，根据盖斯定律ΔH1+ΔH2+ΔH3<0，故C错误；D．分解反应吸热，H2CO3(aq)⇌H2O(l)+CO2(g)ΔH3>0；CO(aq)+H+(aq)⇌HCO(aq)形成化学键放热ΔH1<0，所以ΔH1<ΔH3，故D错误；选B。6.下列实验操作、现象和所得到结论均正确的是（）选项实验内容实验结论A取两支试管，分别加入4mL0.01mol/LKMnO4酸性溶液，然后向一支试管中加入0.01mol/LH2C2O4溶液2mL，向另一支试管中加入0.01mol/LH2C2O4溶液4mL，第一支试管中褪色时间长。H2C2O4浓度越大，反应速率越快B室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LHClO溶液0.1mol/LHF溶液的pH，前者pH大于后者。HClO的酸性小于HFC取两支试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入0.01mol/LFeCl3溶液2mL，向试管②中加入0.01mol/LCuCl2溶液2mL，试管①产生气泡快。加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较大D检验FeCl2溶液中是否含有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去。不能证明溶液中含有Fe2+〖答案〗D〖解析〗【详析】A．加入不同体积的草酸，溶液体积不同，高锰酸钾和草酸溶液的浓度都不同，比较草酸的浓度对反应速率的影响，高锰酸钾的浓度应相同，所以不能实现实验目的，A不合题意；B．HClO溶液具有漂白性，不能使用pH试纸测量其pH值，应选pH计测定溶液的pH，B不合题意；C．活化能越小反应速率越快，故试管①产生气泡快，说明加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较小，C不合题意；D．酸性高锰酸钾溶液能氧化Fe2+和Cl-，Fe2+和Cl-都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，根据实验现象，不能判断溶液中含有Fe2+，可以用铁氰化钾溶液检验Fe2+，D符合题意；故〖答案〗为：D。7.2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-198kJ/mol，在V2O5存在时，该反应机理为：V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)；4VO2+O2→2V2O5(慢)，下列说法正确的是（）A.反应速率主要取决于V2O5的质量 B.VO2是该反应的催化剂C.该反应逆反应的活化能大于198kJ/mol D.升高温度，该反应的△H增大〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗在V2O5存在时，该反应机理为：V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)；4VO2+O2→2V2O5(慢)，可知，V2O5是反应的催化剂，催化剂的催化效果与催化剂和反应物的接触面积有关，反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。【详析】A.由反应机理可得，V2O5是该反应的催化剂，反应速率与催化剂V2O5的质量有一定关系，但主要取决于催化剂V2O5的表面积，故A错误；B.反应中的催化剂是V2O5，而不是VO2，故B错误；C.△H=正反应的活化能-逆反应的活化能=-198kJ/mol，所以逆反应的活化能大于198kJ/mol，故C正确；D.焓变与反应物、生成物的总能量的相对大小有关，而与外界条件无关，所以升高温度，该反应的△H不变，故D错误。〖答案〗选C。8.下列说法正确的有()①活化分子间的碰撞不一定能发生化学反应②普通分子间的碰撞有时也能发生化学反应③增大反应物的浓度，可增大单位体积内活化分子数，从而使有效碰撞次数增多④有气体参加的化学反应，若增大压强（缩小容器体积），可增大活化分子百分数，从而使速率加快⑤化学反应的实质是旧化学键断裂和新化学键形成的过程⑥催化剂能增大活化分子百分数，从而加快化学反应速率A.1个 B.2个 C.3个 D.4个〖答案〗D〖解析〗【详析】①活化分子、有合适的取向，发生的碰撞才能发生化学反应，故①正确；②普通分子间不可能发生化学反应，故②错误；③增大反应物浓度，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，从而使有效碰撞次数最多，反应速率加快，故③正确；④增大压强，浓度增大，但活化分子百分数不变，故④错误；⑤化学反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的形成过程，分子先成为活化分子，活化分子发生碰撞，可生成新物质，故⑤正确；⑥催化剂可降低活化能，能增大活化分子百分数，增大反应速率，故⑥正确；故选D。9.含碘化合物在有关反应原理的实验中有着广泛应用。为研究温度对反应速率的影响，某小组利用还原性物质R与KIO3溶液在不同温度下反应，当R消耗完时，体系中即有单质碘析出，通过测量析出单质碘所需要的时间可以研究温度对该反应反应速率的影响。具体实验与相关结论如下：将0.020mol·L-1的R溶液(含少量淀粉)10.0mL与0.020mol·L-1的KIO3酸性溶液40.00mL(过量)混合，每隔5℃进行实验，记录10~60℃间溶液变蓝时间，实验所得数据如表所示。温度/℃1015202530354045505560溶液变蓝时间/s807469636158566368未变色未变色下列判断不正确的是（）A.40℃之后通过测量溶液变蓝的时间无法正确判断温度对反应速率的影响B.温度为25℃、45℃时，R的反应速率相等C.10℃时R的反应速率为5.0×10-5mol·L-1·s-1D.如果要得到温度变化对该反应反应速率影响的完整结论，需要在40℃之后更换指示剂〖答案〗B〖解析〗【详析】A．40℃之后淀粉开始发生糊化，不适合做指示剂，所以通过测量溶液变蓝的时间无法正确判断温度对反应速率的影响，A正确；B．温度越高，反应速率越快，所以虽然25℃、45℃时溶液变蓝的时间相同，但R的反应速率不等，B不正确；C．10℃时R的反应速率为=5.0×10-5mol·L-1·s-1，C正确；D．因为40℃之后淀粉开始发生糊化，所以需要在40℃之后更换指示剂，D正确；故选B。10.以下情况中，可以证明可逆反应达到平衡状态的有（）个Ⅰ．①②1个N≡N键断裂的同时，有6个N—H键断裂Ⅱ．③恒温恒容时，气体的压强不再改变④恒温恒压时，气体的密度不再改变Ⅲ．⑤恒温恒容时，气体的密度不再改变⑥恒温恒容时，气体的平均相对分子质量不再改变Ⅳ．⑦恒温恒容时，气体平均相对分子质量不再改变⑧恒温恒压时，CO2的体积分数不再改变Ⅴ．⑨⑩恒容绝热时，压强不再改变⑪恒容绝热时，温度不再改变A.6 B.7 C.8 D.9〖答案〗B〖解析〗【详析】Ⅰ．①2正(N2)=逆(NH3)时，该反应达到平衡状态，则正(N2)=2逆(NH3)时，该反应没有达到平衡状态，①不合题意；②1个N≡N键断裂的同时，有6个N-H键断裂，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，②符合题意；Ⅱ．③恒温恒容时，反应前后气体压强减小，当气体的压强不再改变，反应达到平衡状态，③符合题意；④恒温恒压时，混合气体总质量不变，容器体积减小，气体密度增大，当气体的密度不再改变，反应达到平衡状态，④符合题意；Ⅲ．⑤恒温恒容时，反应前后气体总质量增大，气体密度增大，当气体的密度不再改变，反应达到平衡状态，⑤符合题意；⑥恒温恒容时，反应前后气体总质量增大，气体物质的量增大，混合气体平均相对分子质量改变，当气体的平均相对分子质量不再改变时，反应达到平衡状态，⑥符合题意；Ⅳ．⑦由于反应体系中CO2和NH3的物质的量之比永远是1：2，故恒温恒容时，气体的平均相对分子质量始终不变，不能据此判断平衡状态，⑦不合题意；⑧由于反应体系中CO2和NH3的物质的量之比永远是1：2，恒温恒压时，CO2的体积分数始终不变，不能据此判断平衡状态，⑧不合题意；

Ⅴ．⑨c(HI)：c(H2)：c(I2)=2：1：1时，反应不一定达到平衡状态，与反应初始浓度及转化率有关，不能据此判断平衡状态，⑨不合题意；⑩恒容绝热时，反应正向进行，导致温度升高，体系压强增大，故当压强不再改变，反应达到平衡状态，⑩符合题意；⑪恒容绝热时，该反应正反应为放热反应，反应过程中体系温度一直在变，当温度不再改变，反应达到平衡状态，⑪符合题意；综上分析可知，②③④⑤⑥⑩⑪符合题意，故〖答案〗为：B。二、不定项选择题(本大题共4小题，每小题4，共16.0分。在每小题给出的四个选项中，有一个或者二个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11.反应中，每生成0.25molN2放出166kJ的热量，该反应的速率表达式为(k、m、n待测)，其反应包含两步：①(慢)②(快)T℃时测得有关实验数据如下：序号速率Ⅰ0.00600.0010Ⅱ0.00600.0020Ⅲ0.00100.0060Ⅳ0.00200.0060下列说法正确的是（）A.该反应的热化学方程式为B.正反应的活化能一定是①<②C.该反应速率表达式：D.整个反应速率由第②步反应决定〖答案〗AC〖解析〗【详析】A.由题干信息可知，每生成0.25molN2放出166kJ的热量，则每生成1molN2，反应放出热量为166kJ×4=664kJ，所以该反应的热化学方程式为：2NO(g)+2H2(g)⇌N2(g)+2H2O(g)△H=-664kJ/mol，A正确，B.已知反应①为慢反应，反应②为快反应，反应活化能越小反应速率越快，故正反应的活化能一定是①＞②，B错误；C.由Ⅲ、Ⅳ两组实验可知，当H2浓度相同时，NO的浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的4倍，故m=2，由Ⅰ、Ⅱ两组实验可知，当NO浓度相同时，H2的浓度变为原来的2倍，反应速率变为原来的2倍，故n=1，带入任意一组数据可得：1.8×10-4=k(0.0060)2×0.0010，解得k=5000，该反应速率表达式：，C正确；D.整个反应的反应速率由最慢的一步决定，所以整个反应的反应速率由第①步反应决定，D错误；故〖答案〗为：AC。12.已知：。现在一容积为2L的密闭容器中充入2molSO2、1molO2，加入固体催化剂，保持温度在450℃使之发生反应，5min时测得体系的压强减小了30%。下列说法正确的是（）A.5min时SO2的转化率为30%B.5min时反应共放出了137.62kJ的热量C.用O2表示的5min内的平均反应速率为D.若将反应起始温度提高到500℃，反应达到此状态的时间小于5min，其本质原因是反应体系中活化分子的数量和百分数均增加，增加了有效碰撞几率〖答案〗CD〖解析〗〖祥解〗根据已知可列三段式，设5min内氧气袋变化量为xmol：由于5min时测得体系的压强减小了30%，则，解得x=0.9mol，据此分析。【详析】A．由分析可知，5min时SO2的转化率为90%，A错误；B．SO2的转化率为90%，则5min时反应共放出了(-196.6)×90%=-176.94kJ的热量，B错误；C．用O2表示5min内的平均反应速率为，，C正确；D．升高温度，反应速率加快，达到该状态时间缩短，同时升高温度，反应体系中活化分子的数量和百分数均增加，增加了有效碰撞几率，D正确；故选CD。13.在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应是2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是（）A.反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB.反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+C.反应Ⅲ氧化还原反应D.黄铁矿催化氧化过程中：NO和Fe(NO)2+均作催化剂〖答案〗CD〖解析〗【详析】A．根据图示，反应I是Fe(NO)2+、O2反应生成Fe3+、NO，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；B．反应Ⅱ中Fe3+→Fe2+，铁元素化合价降低，Fe3+是氧化剂，故B正确；C．反应Ⅲ是NO和Fe2+生成Fe(NO)2+，元素化合价没变，属于非氧化还原反应，故C错误；D．黄铁矿催化氧化过程中：Fe(NO)2+是中间产物，NO是催化剂，故D错误；选CD。14.为研究不同状态（块状、粉末状）碳酸钙固体与盐酸反应的反应速率，某同学通过实验测定数据得出如图所示的曲线。下列有关说法中正确的是（）A.曲线甲表示的是粉末状碳酸钙固体与盐酸反应B.随着反应进行，盐酸浓度降低，反应速率不断降低C.若用单位时间内CO2的体积变化来表示该反应的速率，则t2—t3时间内平均反应速率为mL·s-1D.两次实验，粉末状固体最终生成的CO2的量更多〖答案〗AC〖解析〗【详析】A．粉末状碳酸钙固体与盐酸反应，生成二氧化碳的量不变，但接触面积增大、反应速率加快，时间减少，而曲线甲用时小，则曲线甲表示的是粉末状碳酸钙固体与盐酸反应，故A正确；B．碳酸钙与盐酸反应放热，升高温度加快反应速率，则反应开始时，温度对反应速率的影响起主要作用，导致0-t1内的反应速率逐渐增大，随着反应的进行，浓度降低起主要作用，反应速率才不断降低，故B错误；C．由v=，可知，t2-t3的速率v(CO2)=mL·s-1，故C正确；D．探究反应速率的影响因素时，只控制一个变量，则为研究不同状态(块状、粉末状)碳酸钙固体与盐酸反应的反应速率，两次实验所取碳酸钙固体质量一样，与足量的盐酸反应，生成二氧化碳的量相同，故D错误；〖答案〗为AC。第Ⅱ卷(非选择题)三、非选择题(本大题共4小题，共54.0分)15.用溶液与溶液在如图所示的装置中进行反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的重要仪器为________。（2）已知：中和后生成的溶液的比热容c为4.18J/（g•℃），溶液的密度均为，某学习小组三次实验测得温度平均升高3.4℃。写出该反应表示中和热的热化学方程式：________。（3）实验中若用溶液跟溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量________（填“相等”或“不相等”），所求中和热________（填“相等”或“不相等”）；若用醋酸代替溶液进行上述实验，测得反应放出的热量________（填“变大”“变小”或“无影响”）。（4）中和热测定实验中，下列操作能保证实验准确性的是________（填字母）。a.为节省时间，只做一次实验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.用铁制容器代替烧杯进行实验〖答案〗（1）温度计（2）（3）①.不相等②.相等③.变小（4）c〖解析〗〖祥解〗中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量；中和热测定实验中一定注意使用稀的强酸强碱反应，并注意实验进行要迅速、保温效果要好，尽可能减少热量损失。（1）根据量热计的构造可知，该装置缺少的仪器是温度计；（2）中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量；反应放出的热量Q=3.4℃×4.18J/(g·℃)×1g/cm3×100mL=1.421kJ，，故热化学方程式为：；（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量有关，若用溶液跟溶液反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热为稀的强酸和强碱溶液反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，因此中和热相等；醋酸为弱酸，电离会吸热，故若用醋酸代替溶液进行上述实验，测得反应放出的热量变小；（4）a．为节省时间，只做一次实验，会造成实验误差大，应重复几次，以减少实验误差，a错误；b．两烧杯夹层间碎纸条没有填满，保温效果不好，实验误差大，b错误；c．最高温度为恰好反应时的温度，记录混合液的最高温度作为终止温度，可减少实验误差，提高实验准确性，c正确；d．铁的导热性好，用铁制容器代替烧杯进行实验，热量散失多，实验误差大，d错误；〖答案〗选c。16.某实验小组用酸性KMnO4溶液和H2C2O4(草酸)反应研究影响反应速率的因素。他们通过测定单位时间内生成CO2的体积，探究某种影响化学反应速率的因素，设计方案如下(KMnO4溶液已酸化)：实验序号A溶液B溶液①20mLH2C2O4溶液30mLKMnO4溶液②20mLH2C2O4溶液30mLKMnO4溶液（1）酸性KMnO4溶液中所加的酸应是(填字母序号)______。A.硫酸 B.盐酸 C.硝酸 D.以上三种酸都可（2）写出酸性KMnO4溶液和H2C2O4反应离子方程式：______。（3）该实验探究的是______对化学反应速率的影响。（4）实验停止前，相同时间内针筒中所得CO2体积较大是______(填实验序号)。（5）若实验①在2min末注射器的活塞从最左端向右移动到了VmL的位置，则这段时间内的平均反应速率可表示为______。（6）若实验②在tmin收集了2.24mLCO2(标准状况)，则tmin末的物质的量浓度为______。（7）该小组同学发现反应速率总是如图二，其中时间内速率变快的主要原因可能是：①______。②______。〖答案〗（1）A（2）（3）浓度（4）①（5）（6）（7）①.反应放热②.反应生成的起催化作用〖解析〗（1）酸化KMnO4溶液可选用稀硫酸；硝酸具有氧化性，会干扰试验；HCl具有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成氯气；（2）酸性KMnO4溶液和H2C2O4反应离子方程式：；（3）通过实验数据对比可知，该实验探究的是浓度对化学反应速率影响；（4）实验①中草酸浓度较大，反应速率较快，相同时间内产生气体体积较大；（5）实验①向锥形瓶中加入20mL草酸，活塞向右移动20mL，在2min末注射器的活塞从最左端向右移动到了VmL的位置，产生气体体积为，则其速率：；（6）实验②在tmin收集了2.24mLCO2(标准状况)，即，根据反应：，消耗，则tmin末的物质的量浓度：；（7）时间内速率变快的主要原因：①反应放热；②反应生成的起催化作用；17.低碳经济成为人们一种新的生活理念，二氧化碳的捕捉和利用是能源领域的一个重要研究方向。结合下列有关图示和所学知识回答：（1）用催化加氢可以制取乙烯：。若该反应体系的能量随反应过程变化关系如图所示，则该反应的_______(用含a、b的式子表示)。又知：相关化学键的键能如下表所示，实验测得上述反应的，则表中的x=_______。化学键键能/803436x414464注：乙烯结构如图：（2）用表示阿伏加德罗常数，在(气态)完全燃烧生成和液态水的反应中，每有个电子转移时，放出的热量。其燃烧热的热化学方程式为_______。（3）二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。①科学家提出由制取C的太阳能工艺如图所示。已知“重整系统”发生的反应中，则的化学式为_______。“热分解系统”中每分解，转移电子的物质的量为_______mol。②工业上用和反应合成二甲醚。已知：，，则_______。〖答案〗（1）①.②.764（2）（3）①.②.2③.〖解析〗（1）根据图示，反应CO2(g)+3H2(g)⇌C2H4(g)+2H2O(g)的∆H=生成物的总能量-反应物的总能量=-(b-a)kJ/mol；∆H=-152kJ/mol=反应物的键能总和-生成物的键能总和=2×803kJ/mol+3×436kJ/mol-(+2×414kJ/mol+4×464kJ/mol)，解得x=764；〖答案〗为：-(b-a)kJ/mol；764。（2）1molC2H2(g)完全燃烧生成2molCO2和1mol液态水时转移10mol电子，每有5NA个电子（即5mol电子）转移时，放出650kJ的热量，则1molC2H2(g)完全燃烧生成2molCO2和1mol液态水时放出1300kJ的热量，C2H2(g)燃烧热的热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)∆H=-1300kJ/mol；〖答案〗为：C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l)∆H=-1300kJ/mol。（3）①“重整系统”中FeO与CO2在700K反应生成C和FexOy，反应的化学方程式可表示为xFeO+CO2C+FexOy，，则x=6×，解得x：y=3：4，FexOy的化学式为Fe3O4；“热分解系统”中Fe3O4分解成FeO和O2，反应的化学方程式为2Fe3O46FeO+O2↑，部分O元素的化合价由-2价升至0价，分解2molFe3O4转移4mol电子，则每分解1molFe3O4转移电子物质的量为2mol；〖答案〗为：Fe3O4；2。②将题给两个反应依次编号为①②，根据盖斯定律，①×2-②得2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)∆H3=2∆H1-∆H2=2×(-53.7kJ/mol)-(+23.4kJ/mol)=-130.