2022届优质校一模试卷专题汇编12 化学反应原理综合题 解析版


专题 12
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化学反应原理综合题




对接高考

题 型
考查年份
关联知识点
化学反应原理综合题

2021年全国乙卷
元素的性质、化学平衡常数求算、综合图像分析、吸热反应放热反应判断、化学平衡移动原理
2021年全国甲卷
盖斯定律、能量与反应进程图像、温度体积分数图像分析、化学平衡移动原理、化学平衡常数计算、转化率计算、
2021年北京卷
元素的性质、电化学、化学平衡常数
2020年天津卷
物质的性质、电子式、空间构型、转化率、化学平衡标志的判断、转化率温度图像分析
2021年山东卷
物质的命名、反应热相关计算、平衡常数、图像分析、化学平衡移动原理
2021年河北卷
热化学反应方程式、新型化学电池
2021年湖南卷
反应热计算、自发反应的判断、图像分析、速率、平衡常数的计算、电解原理的应用、化学平衡移动原理
2021年湖北卷
焓变与键能的关系、化学平衡常数、图像分析、速率求算、化学平衡移动

方法点拨

考点1 以气相反应为载体的综合考查
1．题型特点
这类试题往往以化学反应速率，化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识，关联知识主要有：
（1）ΔH符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算ΔH。
（2）化学反应速率的计算与比较，外因对化学反应速率的影响（浓度、压强、温度、催化剂）。
（3）平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素进行分析和解释。
（4）在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。
2．解答化学平衡移动问题的步骤
（1）正确分析反应特点：包括反应物、生成物的状态，气体体积变化，反应的热效率。
（2）明确外界反应条件：恒温恒容、恒温恒压、反应温度是否变化、反应物配料比是否变化。
（3）结合图像或K与Q的关系，平衡移动原理等，判断平衡移动的方向或结果。
（4）结合题意，运用“三段式”，分析计算、确定各物理量的变化。
3．分析图表与作图时应注意的问题
（1）仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。
（2）找准纵坐标与横坐标的对应数据。
（3）描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。
（4）分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。
例题1．（2021年全国甲卷）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：

该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的ΔH=_______；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______（填标号），判断的理由是_______。
A． B． C． D．
（2）合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。

①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_______；
②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；
③当时，的平衡转化率____，反应条件可能为___或___。
例题2．（2021年湖南卷）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键



键能
946
436.0
390.8
一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：
（1）反应ΔH=_______；
（2）已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？____（填标号）
A．25℃ B．125℃ C．225℃ D．325℃
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应（此时容器内总压为200kPa），各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。

①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率_______（用含的代数式表示）
②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是_______（用图中a、b、c、d表示），理由是_______；
③在该温度下，反应的标准平衡常数_______。（已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压）。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。

（4）电解过程中OH-的移动方向为_______（填“从左往右”或“从右往左”）；
（5）阳极的电极反应式为_______。


考点2 物质性质与化学平衡的综合考查
1．题型特点
此类试题以元素及化合物、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段考查相关联的知识。主要考查点：
（1）反应现象的描述。
（2）氧化还原反应、原电池与电解池、陌生离子方程式的书写。
（3）化学键与反应的热效应计算、信息条件下速率计算、平衡常数的计算、Ksp的计算。
（4）平衡的影响因素、平衡移动与图像及相关原因的分析。
2．解题思路
（1）根据题目提供的信息，结合元素及其化合物的相关知识，先对简单问题进行解答。
（2）识别图像类型，确定横坐标、纵坐标的含义，理解题型中线（曲线、折线）、点（起点、拐点等）所表示的含义。
（3）思考有关化学原理相关章节所涉及到与图像有关的定律公式等。
（4）图像与相关规律合理整合对接，做出正确合理规范解答。
例题3．（2021年北京卷）某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mo/L FeSO4溶液（pH=1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液（pH=1），固体完全溶解。
①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是_______。
②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是_______。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象_______。

（2）测定平衡常数
实验III：一定温度下，待实验I中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012
Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是_______。
②测得平衡常数K=_______。
（3）思考问题
①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值_______（填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。
②不用实验II中清液测定K的原因是_______。

试题汇编

1．（2021·安徽·高三）氮的化合物是水体、空气中的污染物，对生态系统和人体健康造成危害，其治理或综合利用是科研工作者研究的热点。
（1）经研究发现，废水中氨氮（以NH3表示）可用次氯酸钠去除，反应原理如图所示：

①氨氮的去除过程不宜采用较高温度加热的方法加快反应速率，其原因是_______；
②理论上，次氯酸钠和去除的氨氮（以NH3表示）的物质的量之比为_______。
（2）一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示：

①已知4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔΗ1=-907. 28kJ·mol-1
4NH3(g) +3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) ΔΗ2=-1269.02kJ·mol-1
则图中脱除NO的总反应的热化学方程式为_______。
②在沸石笼中以一定流速通过体积比一定的NH3、NO、O2在不同温度下进行该催化还原反应，催化剂的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示：

从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为_______；若混合气体中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当时，随着该比值的增大，NO去除率_______ （填“增大”，“减小”或“不变”）；当>1时，随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是_______。
2．（2021·山西大同·高三）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。因此，研发二氧化碳的利用技术，将二氧化碳转化为能源是缓解环境和能源问题的方案之一。
I．利用二氧化碳催化加氢制甲醇（CH3OH）。
CO2和H2在一定条件下合成甲醇。在2L恒容密闭容器中充入总物质的量为6mol的CO2和H2发生反应：，改变氢碳比[]，在不同温度下反应达到平衡状态，测得的实验数据如下表。

CO2转化率/%

温度/K

500
600
700
800
1.5
45
33
20
12
2.0
60
43
28
15
3.0
83
62
40
22
（1）下列说法中正确的是___________（填标号）；
A．v(CH3OH)=v(CO2)时，反应达到平衡
B．增大氢碳比，平衡正向移动，平衡常数增大
C．CO2和H2合成甲醇为放热反应
D．当混合气体密度不变时，达到平衡
（2）在700K、氢碳比为3.0的条件下，若5min时反应达到平衡状态，则0~5min内用H2表示的平均反应速率为___________；
（3）该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的___________；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是___________（填标号）。

II．二氧化碳催化加氢合成乙烯的原理为。原料初始组成，体系压强恒定为0.1MPa，不同温度下反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。


（4）图中曲线a代表四种物质中的_______（填化学式）；
（5）利用A点数据，计算630K时反应的平衡常数Kp=______（列出计算式即可。以分压表示，分压=总压×物质的量分数）。
III．电解法转化CO2可实现CO2的资源化利用。
（6）电解CO2制的原理示意图如下所示，反应时阴极电极反应式为___________。

3．（2021·江苏常州·高三）以废锂电池（主要成分为LiCoO2和Al，含少量C、Fe单质）为原料可制备Co3O4。已知：Co元素常见化合价为+2、+3，钴酸锂（LiCoO2）不溶于水，Co2+和Co3+均易与NH3形成络合物。
（1）将一定量的废锂电池粉碎，加入适量的稀硫酸和30%的H2O2溶液，加热搅拌，待固体充分溶解后，过滤除去不溶性杂质。
①溶解时，LiCoO2在H2SO4和H2O2作用下转化为可溶性硫酸盐Li2SO4和CoSO4，该反应的离子方程式为___________。
②溶解后，Fe元素以Fe2(SO4)3形式存在于滤液中。推测微粒的氧化性强弱顺序为CoO___________（填“>”或“A，则从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为C>B>A；根据反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)可知，当时，即此时氨气量不足，随着该比值的增大，平衡正向移动，NO去除率增大；若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当>1时，NO的去除接近反应限度，所以随着该比值增大，去除率无明显变化。若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当>1时，氨气过量，NO的去除接近反应限度，所以随着该比值增大，去除率无明显变化。
2．【答案】（1）C
（2）
（3）-49 A
（4）H2
（5）
（6）或
【解析】（1）A．反应速率之比等于其化学方程式计量数之比，未指明反应方向，则v(CH3OH)=v(CO2)不能说明正逆反应速率相同，故A错误；B．平衡常数与温度有关，增大氢碳比，相当于增大压强，由于正反应为气体分子数减小，则平衡正向移动，但温度不变，则平衡常数不变，故B错误；C．由表数据可知，升高温度，CO2转化率减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，故C正确；D．混合气体的质量不变，在恒容密闭容器中体积不变，则混合气体密度一直不变，不能说明达到平衡，故D错误；故选C；
（2）向2L密闭容器中充入H2和CO2共6mol，在700K、氢碳比为3.0，氢气为4.5mol，二氧化碳物质的量为1.5mol，二氧化碳转化率为40%，消耗二氧化碳物质的量=1.5mol×40%=
0.6mol，若5min反应达到平衡状态，，由速率之比等于系数比，则；
（3）由盖斯定律，则①+②得 ΔΗ=ΔΗ1+ΔΗ2=
+41 kJ·mol-1-90 kJ·mol-1=-49kJ·mol-1，慢反应活化能高，反应①为慢反应，说明活化能比反应②大，总反应放热，所以选A；
（4）由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比，由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1∶3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1∶4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c，表示水蒸气变化曲线是b，表示H2变化曲线是a；
（5）图中a点表示H2的物质的量分数为x(H2)=0.6=，投料比n(CO2)∶(H2)=1∶3，即投料比等于化学计量数比，则平衡时x(CO2)∶x(H2)=1∶3，x(C2H4)∶x(H2O)=1∶4，故x(CO2)=×0.6=0.2=，x(C2H4)+x(H2O)=x(C2H4)+4x(C2H4)=1-0.6-0.2=0.2，则x(C2H4)=，x(H2O)=4x(C2H4)=4×=，若平衡时a点的压强为0.1MPa，则该反应的平衡常数Kp=或；
（6）Sn电极为阴极，阴极CO2发生还原反应生成HCOO-，电极反应为：或。
3．【答案】（1）2LiCoO2+H2O2+6H+=2Li++2Co2++4H2O+O2↑ >
（2）5.0≤pH Fe3+；
（2）由于Ksp[Al(OH)3]> Ksp[Fe(OH)3]，为了除去Fe3+，Al3+，应调节pH大于Al3+的沉淀，此时，常温下，pH=5，同时防止Co2+沉淀，，同理，pH=7，所以需控制的pH范围为5.0≤pH0，正反应的平衡常数（K）随温度 T 升高而增大，故表示正反应的变化曲线为A，表示逆反应的平衡常数（K逆）变化曲线的为B；
T1℃时，K正=K逆，而K正与K逆互为倒数，则K正=1，向容积为 10L 的恒容密闭容器中充入 2mol COS(g)和 1mol H2(g)，发生 COS 的氢解反应，有如下变化：

则K= =1，解得x= ， COS 的平衡转化率为 =33%；
（3）①从图像可知，反应时间为 t s 时，该水解反应的最佳反应条件为投料[ n(H2O)/n(COS)]
= 10；有图2可知，COS(g)的水解转化率最高时，温度为160℃；
②当温度升高到一定值后，反应时间为ts时COS(g)的水解转化率降低，说明催化剂活性降低，反应速率变慢；或者该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动；该燃料电池负极通入的是二甲醚，负极反应式为：CH3OCH3 -12e-+3H2O = 2CO2 + 12H+。
5．【答案】（1）催化剂
（2）氮气适度过量，容器内氮气浓度增加，化学反应速率加快
（3）碱 酸
（4）-666 kJ/mol
（5）I 0.0125 c＞d＞a
【解析】（1）根据题意，铁触媒在合成氨中的作用为催化剂，起催化作用；
（2）n(H2)∶n(N2)=2.8∶1，比反应方程式中N2(g)+3H2(g)2NH3(g) n(H2)∶n(N2)=3∶1小，说明N2稍微过量，氮气适度过量，除了由于N2这种原料易得、可提高H2的转化率外，还有可以使容器内氮气浓度增加，因此化学反应速率加快；
（3）铵根离子水解呈酸性，其水解常数Kh1=；亚硫酸根水解使溶液呈碱性，水解常数Kh2=，由于Kb＞Ka2，所以Kh1＜Kh2，故恰好生成（NH4）2SO3时，溶液显呈碱性；继续吸收SO2恰好生成NH4HSO3时，的电离常数是Ka2，其水解常数是Kh3=，由于NaHSO3溶液呈酸性，说明的电离程度＞的水解程度，而铵根离子水解使溶液呈酸性，故NH4HSO3溶液是酸性；
（4）此反应的ΔΗ=反应物断键所需能量-生成物成键放出能量=2×436 kJ/mol+2×632 kJ/mol -(946 kJ/mol +4×464 kJ/mol)= -666 kJ/mol，说明正反应与逆反应活化能之差为-666 kJ/mol；
（5）①根据先拐先平，可判断出II的反应速率更快，因此反应II的温度更高，所以反应220℃条件下的变化曲线为I，也可以通过比较两种温度的转化率也可得出该结论。ad段的H2反应速率为v(H2)==0.025 mol/(L·min)，根据方程式可知用N2表示的化学反应速率是用H2表示反应速率的一半，则v(N2)=v(H2)=0.0125 mol/(L·min)；②c、d均达到平衡，温度越高，反应速率越大，则逆反应速率：c＞d，而曲线I中，a点未达到平衡，其正反应速率＞逆反应速率，则a点逆反应速率＜d点逆反应速率，故a、c、d三点的逆反应速率由大到小的顺序为：c＞d＞a；对于可逆反应：2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)，反应开始时n(H2)=2 mol，n(NO)=2 mol，反应达到平衡时n(H2)=1 mol，n(NO)=1 mol，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(N2)=0.5 mol，n(H2O)=1 mol，则平衡时气体总物质的量n(总)=3.5 mol，则P(H2)=P(NO)=P(H2O)=；P(N2)=，则该反应的化学平衡常数Kp===。
6．【答案】（1）0.005mol·L-1·min-1 I 升高温度H2的平衡体积分数增大 T1℃时，以反应II为主，该反应前后气体分子总数不变，三条曲线几乎相交
（2）生成的碳单质覆盖在催化剂表面，导致催化剂的反应活性降低，减小氢气生成苯乙烯的速率
【解析】（1）反应I为气体分子数增大的反应，反应II为气体分子数不变的反应，故气体总物质的量的增大值为苯乙烯的生成量，设反应I生成的苯乙烯的物质的量为x，列式得×100%=25%，解得x=1mol，反应I消耗1molC8H10(g)生成1molH2(g)，设反应2生成的水蒸气的物质的量为y，×100%=5%，解得y=0.2mol，则反应II中消耗的CO2(g)、H2(g)的物质的量为0.2mol，平衡时C8H10(g)、H2(g)、CO2(g)、CO(g)、H2O(g)的物质的量分别为1mol、1mol、0.8mol、0.8mol、0.2mol、0.2mol。
①0～20min内，平均反应速率c(C8H10)==0.005mol·L-1·min-1，故答案为：0.005mol·L-1·min-1；
②由反应I和反应II的特点和图像信息可知，温度低于T0℃时，反应I占主体，升高温度H2的平衡体积分数增大，若反应II占主体，升高温度，反应前后气体分子总数不变，T1℃时，以反应II为主，该反应前后气体分子总数不变，三条曲线几乎相交，故答案为：I；升高温度H2的平衡体积分数增大；T1℃时，以反应II为主，该反应前后气体分子总数不变，三条曲线几乎相交；
（2）积碳反应可能导致生成的碳单质覆盖在催化剂表面，导致催化剂的反应活性降低，减小氢气生成苯乙烯的速率，故答案为：生成的碳单质覆盖在催化剂表面，导致催化剂的反应活性降低，减小氢气生成苯乙烯的速率。
7．【答案】（1） 较高
（2）
（3）
（4）温度升高，催化剂效率提高 适当减缓气体的流速
【解析】（1）由盖斯定律可知，i×3-ii×2得反应iv，则ΔΗ4=3ΔΗ1-2ΔΗ2=(-20.9kJ/mol)×3
-(-98.1kJ/mol)×2=+133.5kJ/mol，该反应是熵增的吸热反应，高温下反应ΔΗ-TΔS＜0，能自发进行，故答案为：+133.5kJ/mol；高温；
（2）由图可知，活化能为85 kJ/mol的反应是历程中最大能垒，故答案为：85 kJ/mol；；
（3）设起始乙烯和氧气的物质的量为1mol和0.5mol，乙烯的消耗量为amol，由题意可建立如下三段式：

由反应达到平衡时总压减少了25%可得：=，解得a=0.75，平衡时乙烯、氧气和乙醛的分压分别为×0.75P=、×0.75P=和×0.75P=，则分压平衡常数，故答案为：；
（4）由图可知，在②的催化剂下，450℃时乙烯的转化率最大，说明400~450℃范围内，温度升高，催化剂的活性增强，催化剂效率提高，乙烯的转化率快速增大；在温度、压强和催化剂①均不变的情况下，可以通过适当减缓气体的流速，降低起始乙烯的量，达到提高A点乙烯转化率的目的，故答案为：温度升高，催化剂效率提高；适当减缓气体的流速。
8．【答案】（1）(-4a+b+2c)
（2）反应I的ΔΗ1＜0，反应II的ΔΗ2＞0，温度升高时，反应I向左移动，二氧化碳增加的量，比反应II向右移动二氧化碳减少的量少 200 充入足量氢气，或增大压强，或及时分离产物等（答案合理即可）
（3）＜ 50%
【解析】（1）已知H2和CH4的燃烧热分别为a kJ·mol-1、b kJ·mol-1，水的汽化热为c kJ·mol-1，则①；②；③；则根据盖斯定律可知，CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)可由-①4+②+③2得到，所以对应的ΔΗ1=(-4a+b+2c)kJ·mol-1；
（2）①反应I的ΔΗ1＜0，反应II的ΔΗ2＞0，温度升高时，反应I向左移动，二氧化碳增加的量，比反应II向右移动二氧化碳减少的量多，所以0.1MPa时，CO2的转化率在600℃之后，随温度升高而增大；②据图示可知，200时CO2转化率最高，H2O和CH4的物质的量分数最大，所以密闭容器中的温度最好选取200；③根据平衡移动的规律可知，在一定温度条件下，可通过充入足量氢气，或增大压强，或及时分离产物等措施来提高CO2的平衡转化率；
（3）①反应III：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是气体分子数减少的反应，气体的混乱度减小，即反应III的∆S＜0；
②设二氧化碳起始投料量为：n(CO2)=1mol，则n(H2)=3mol，转化的二氧化碳的物质的量为x，则列出三段式为：，根据达到平衡时测得体系中CO2的物质的量分数为可知，，解得x=0.5，所以α==50%；初始压强为P0的某恒温、恒容密闭容器中，则平衡后的压强P=，根据上述三段式可知，平衡时n(CO2)=0.5mol，n(H2)=1.5mol，n(CH3OH)=0.5mol，n(H2O)=0.5mol，所以各物质的分压分别为p(CO2)=，p(H2)= ， p(CH3OH)= ，p(H2O)= ，所以平衡常数KP=。
9．【答案】（1） > 67
（2）阴 降低
（3）反应I的，反应II的，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 增大压强（或使用对反应II催化活性更高的催化剂）
【解析】（1）①由Ea（正）-Ea（逆），可知此反应的活化能Ea（正）>Ea（逆）。
②设二氧化碳压强的变化量为xkPa

(15-x+20-x+2 x+2 x)-(15+20)=10，x =5；则该反应的平衡常数Kp=(kPa)2。
（2）电解池中阳离子向阴极区移动，电解一段时间后，故溶液中的K+向阴极区移动；阳极区水电离出的氢氧根离子放电，剩余氢离子与溶液的反应，导致浓度降低。
（3）①由题干可知，反应I的，为吸热反应，温度升高平衡正向移动，使二氧化碳转化为一氧化碳的平衡转化率上升；反应II的，为放热反应，温度升高平衡逆向移动，使二氧化碳转化为CH3OCH3的平衡转化率下降；故温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应I的，反应II的，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度。
②反应II为气体分子数减小的反应，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有增大压强（或使用对反应II催化活性更高的催化剂）。
10．【答案】（1）②③ 554.9
（2）a
（3）0.05 320
（4） 5 0 400℃～700℃随温度升高，平衡向逆向移动，转化率逐渐减小；700℃以后，催化剂失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小
【解析】（1）基元反应②③反应物总能量大于生成物总能量，则基元②③为放热反应，整个反应分为3个基元反应阶段，①NO(g)+NO(g)=O-N=N-O，ΔΗ=+199.2kJ/mol，
② O-N=N-O+CO(g)=CO2(g)+N2O(g) ΔΗ=-513.5kJ/mol，③ CO2(g)+ N2O(g)+ CO(g)=2CO2(g)+N2(g) ΔΗ=(248.3-∆E)kJ/mol，根据盖斯定律：①+②+③得： ，-620.9=199.2-513.5+248.3-∆E，∆E=554.9 kJ/mol；
（2）可逆反应，针对该反应减小压强，平衡左移，该温度下，NO的转化率减小，根据图示可知，表示2MPa的是反应a；
（3）在一定温度下向容积为2L的密闭容器中加入0.5molNO、0.5molCO，此时容器总压为1×105Pa，发生上述反应，4min时达平衡，此时测得氮气的物质的量为0.2mol，
根据三段式进行计算：

则0~4min内用CO2表示的的平均速率为=0.05；
P(NO)= ，p(CO) =，p(N2)= ，p(CO2)= ；该反应的，将以上数值带入该公式，得到=320；
（4）①根据反应方程式可知，反应的平衡常数K= ；反应达到平衡时，正逆反应速率相等，=，所以K===，所以a=5，b=0；②根据反应分析，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，400℃～700℃间，温度升高，平衡逆移，氨气的转化率减小；700℃以后，温度过高，催化剂失活，反应速率急剧下降导致转化率迅速变小。
11．【答案】（1）+158.8 B
（2） ii CO2作为稀释气，降低乙苯分压并消耗H2，促进乙苯脱氢反应平衡向正反应方向移动，进而提高乙苯平衡转化率 或 0.034
（3）I
（4）阳 C6H5−C2H3−40e−+16H2O=8CO2↑+40H+
【解析】（1）①根据盖斯定律，a+b可得EB(g)+CO2(g)=ST(g)+CO(g)+H2O(g)的ΔΗ3=+158.8kJ·mol-1；
②三个反应焓变均大于0，为吸热反应，降低温度可以使a、b、c的平衡正向移动，a、c可以消耗更多EB，b正向移动消耗氢气，从而使a正向移动，消耗EB，从而增大EB的平衡转化率；b反应前后气体系数之和不变，a、c均为气体系数之和增大的反应，降低压强可以使平衡正向移动，增大EB的平衡转化率，综上所述为提高EB平衡转化率，应选择的反应条件为高温、低压，故选B；
（2）①投料仅EB或EB和N2时，只发生反应a，当n(EB)∶n(N2)=1∶10时，由于总压强不变，所以EB的分压减小，相当于减小压强，反应a的平衡正向移动，EB的转化率增大，所以曲线ii表示原料气配比为n(EB)∶n(N2)=1∶10；②CO2作为稀释气，降低乙苯分压并消耗H2，促进乙苯脱氢反应平衡向正反应方向移动，进而提高乙苯平衡转化率；③根据相对压力平衡常数的定义可知，反应c的相对压力平衡常数表达式为Krp=或；④A点EB的转化率为80%，初始投料为n(EB)∶n(CO2)=1∶10，p0=0.1MPa，不妨设初始投料为1molEB和10molCO2，则Δn(EB)=1mol×80%=0.8mol，平衡时n(EB)=0.2mol，根据反应a、c可知生成的ST为0.8mol，根据反应a、c可知，每消耗1molEB，气体总物质的量增加1mol，平衡时Δn(EB)=0.8mol，所以气体总的物质的量为1mol+10mol+0.8mol=11.8mol，H2的物质的量分数为0.0085，其物质的量为11.8mol×0.0085=0.1003mol，综上所述平衡时EB、ST、H2的物质的量分别为0.2mol、0.8mol、0.1003mol，所以Krp==0.034；
（3）总反应速率由反应速率最慢的步骤决定，活化能越大反应速率越慢，所以EB脱氢反应的速率由步骤Ⅰ决定；
（4）据图可知石墨电极a上ST转化为CO2，C元素被氧化，所以为阳极，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为C6H5−C2H3−40e−+16H2O=8CO2↑+40H+。
12．【答案】（1）4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-260 kJ·mol-1
（2）混合气体的密度或混合气体的平均相对分子质量或任一组分的体积分数等 33.3%或1/3 T1＞T2＞T3
（3）1.0×10-10 mol/L c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)
【解析】（1）已知：①4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH=-1648 kJ·mol-1；②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393 kJ·mol-1；③2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)=2FeCO3(s) ΔH=-1480 kJ·mol-1；根据盖斯定律，将①+②×4-③×2，整理可得：4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g) ΔH=-260 kJ·mol-1；
（2）①反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) ΔH＜0的正反应是气体体积减小的放热反应，反应混合物都是气体，气体的质量不变，反应在恒温、恒压条件下进行，当混合气体的密度或混合气体的平均相对分子质量或任一组分的体积分数等不变时，反应达到平衡状态；②CO、H2发生反应CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g)。在反应开始时n(CO)=1 mol，n(H2)=3 mol，假设CO转化的物质的量是x mol，则反应消耗CO为3x mol，反应产生CH4、H2O的物质的量都是x mol，故平衡时n(CO)=(1-x)mol，n(H2)=(3-3x)mol，n(CH4)=n(H2O)=x mol，平衡时气体总物质的量为(4-2x) mol，根据表格数据可知平衡时CO的体积分数是0.20，所以 ，解得x=mol，所以平衡时CO的平衡转化率为； CO的平衡分压为p(CO)=，p(H2)=，p(CH4)=p(H2O)= ，故该温度下的化学平衡常数Kp=；
③CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) ΔH＜0的正反应是放热反应，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致CO的平衡转化率减小。根据图示可知CO的平衡转化率：T3＞T2＞T1， 所以温度由高到低的顺序是：T1＞T2＞T3；
（3）甲酸的电离平衡常数K=。所以当溶液中c(HCOOH)=c(HCOO-)时，K=c(H+)=1.0×10-4 mol/L，则根据水的离子积常数可知溶液中c(OH-)=；所得溶液显酸性，则c(H+)＞c(OH-)。甲酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，现在得到溶液c(H+)=1.0×10-4 mol/L，溶液显酸性，说明得到溶液为甲酸与甲酸钠的化合物，HCOOH电离程度大于HCOO-的水解程度，因此c(HCOO-)＞c(Na+)，溶液显酸性，盐电离产生的离子浓度c(Na+)大于弱电解质HCOOH电离产生的c(H+)，故溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为：c(HCOO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)。