高中化学专题14 化学反应原理综合-2021年高考化学真题与模拟题分类训练（教师版含解析）

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专题14 化学反应原理综合

1．(2021·全国高考真题)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_______；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___。
【答案】-49 A ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的 b 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小 33.3% 5×105Pa，210℃ 9×105Pa，250℃
【解析】
(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，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为： ；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。
(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：。
②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。
③设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则，当平衡时时，=0.1，解得x=mol，平衡时CO2的转化率α==33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。
2．(2021·吉林长春市·长春外国语学校高二月考)一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是_______。
(2)氯铂酸钡()固体加热时部分分解为、和，376.8℃时平衡常数，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8℃，碘蒸气初始压强为。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则_______，反应的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。
(3)McMorris测定和计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数。


得到和均为线性关系，如下图所示：

①由图可知，NOCl分解为NO和反应的_______0(填“大于”或“小于”)
②反应的K=_______(用、表示)：该反应的_______0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程_______。
(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：


其中表示一个光子能量，表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收_______mol光子。
【答案】溴(或) 24.8 大于 大于 设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0 0.5
【解析】
(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或)；
(2)由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应：(s)(s)+(s)+2(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。(s)(s)+(s)+2(g)的平衡常数，则平衡时p2(Cl2)=，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则，376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时2p=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=(20×103-12.4×103)Pa，24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应的平衡常数K=；
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡正向移动，则NOCl分解为NO和反应的大于0；
②Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅰ+Ⅱ得，则的K=；该反应的大于0；推理过程如下：设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0；
(4)Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。
3．(2021·广东高考真题)我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1
b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2
c)CH4(g)C(s)+2H2(g) ∆H3
d)2CO(g)CO2(g)+C(s) ∆H4
e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) ∆H5
(1)根据盖斯定律，反应a的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。
(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第_______步的正反应活化能最大。


(4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。反应a、c、e的ln K随(温度的倒数)的变化如图所示。


①反应a、c、e中，属于吸热反应的有_______(填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K=_______。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_______。
(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。
【答案】∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4 AD 4 4 ac 68% 做冷冻剂
【分析】
根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图像及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。
【解析】
(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H1=∆H2+∆H3-∆H5=∆H3-∆H4；
(2)A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；
B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；
故答案选AD；
(3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。
(4)①随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln K减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；
③由图可知，A处对应反应c的ln K=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；
(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
【点睛】
本题难点在于K与关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反应。
4．(2021·河北高考真题)当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•mol-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为________。
(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为________mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于________kPa。
(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在___(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O=CO2+CO
Ⅲ.__________ Ⅳ.CO+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为_________。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为_______(用a、b、c字母排序)。

【答案】6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) ΔH=49.1kJmol-1 100.8 正极 2C+CO2=2C+C 12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C c、b、a
【解析】
(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJmol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=-285.8kJmol-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ΔH3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，[①12+②6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，ΔH=[(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6]-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) ΔH=49.1kJmol-1；
(2)由题可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，又因为p(CO2)=p(kPa)x，则c(CO2)=y(mol•L-1•kPa-1)p(CO2)=pxy mol/L，在忽略HC的电离时，c(H+)=c(HC)，所以可得c(H+)=，故答案为：；
(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp===529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K== 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正极；2C+CO2=2C+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C，故答案为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C；
II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。
5．(2021·湖南高考真题)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_______；
(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，将氮转化为高纯氢气，其装置如图所示。

(4)电解过程中的移动方向为_______(填“从左往右”或“从右往左”)；
(5)阳极的电极反应式为_______。
KOH溶液KOH溶液
【答案】+90.8 CD b
开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 0.48 从右往左 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
【解析】
(1) 根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，ΔH=390.8kJmol-1-(946 kJmol-1+436.0kJmol-1)= +90.8kJmol-1，故答案为：+90.8；
(2)若反应自发进行，则需ΔH-TΔS<0，T>==456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD；
(3)①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：

根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02mol，(H2)==molL-1min-1，故答案为：；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数==0.48，故答案为：0.48；
(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。
6．(2021·浙江高考真题)含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量：。判断该反应的自发性并说明理由_______。
(2)已知。时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的和，当反应达到平衡后测得、和的浓度分别为、和。
①该温度下反应的平衡常数为_______。
②平衡时的转化率为_______。
(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是_______。
A．须采用高温高压的反应条件使氧化为
B．进入接触室之前的气流无需净化处理
C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和的转化率
D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率
②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。
A． B． C． D． E. F. G.

③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。

(4)一定条件下，在溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。

Ⅰ.
Ⅱ.①_______；
Ⅲ.；
Ⅳ.②_______。
【答案】不同温度下都能自发，是因为 C BDF
【解析】
(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量的反应为，由于该反应，因此该反应在任何温度下都能自发进行。
(2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下的平衡常数为 .
②平衡时的转化率为；
(3)①A．在常压下催化氧化为的反应中，的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确；
B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；
C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和的转化率；
D．与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响被水吸收导致的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收，D说法不正确。
综上所述，相关说法正确的是C；
②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是、、，因此选BDF；
③对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下的转化率低于其平衡转化率。因此，反应的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图可表示如下：.
(4)由时间振荡曲线可知，在溶液体系中，溶液的呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成，，然后发生，该过程溶液的基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时被氧化为，即发生，该过程溶液的增大；溶液又变澄清时又被氧化为，发生，该过程溶液的在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：、、、。
7．(2021·浙江高三专题练习)“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是______。
(2)下列说法不正确的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g)⇌Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl 2(aq) + H2O(l)⇌H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g)⇌Cl2(aq)的焓变ΔH1______0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2=______。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=______。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol·L-1，KI=-3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g)⇌2CO(g) ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由______ 。
(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
【答案】2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑ A ＜ K1p + 反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量 AB
【解析】
(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。
(2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。
(3)①Cl2(g) ⇌ Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。
②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。
③Cl2(g) ⇌ Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c= K1p + 。
(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) ⇌ TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) ⇌ 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。
(5) A.．由于两产物浓度之比与反应时间无关，适当提高反应温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快化学反应速率，同时可以提高邻位取代的机率(催化剂会参与反应形成中间体，根据信息可知，碘在对位的取代机率较大)，从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A符合题意；
B．可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B符合题意；
C．适当降低反应温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不符合题意；
D．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之比与反应时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不符合题意。
综上所述，选AB。


1．(2021·山西太原市·高三其他模拟)2020年6月23日，长征三号乙运载火箭成功将北斗“收官之星”送入太空，标志着北斗三号全球卫星导航系统部署全面完成。火箭使用液态偏二甲肼和作推进剂，反应为：。请回答：
(1)一定条件下，已知：
①
②
③
则：______。
(2)100℃时，将气体充入的真空密闭容器中发生反应：，每隔一段时间就对该容器内的物质进行测量，得到下表数据：
时间/s
0
20
40
60
80

0.40
a
0.26
b
c

0.00
0.05
d
0.08
0.08
①从反应开始至内，用表示的平均反应速率为______。
②100℃时，该反应的化学平衡常数的数值为______(保留两位有效数字)。
③达到平衡后，若降低温度，气体颜色变浅，则该反应的______0(填“>”或<”)；若向该密闭容器中再充入，则该反应将______(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。
(3)下图是科学家制造出的一种效率更高的燃料电池，可用于航空航天。以稀土金属材料作惰性电极，固体电解质能传导，两极分别通入和(空气)。则c电极上发生的电极反应式为______。

【答案】(-a-2b+2c) 2.8 < 平衡不移动 O2+2e-=O2-
【解析】
(1)①-③×2-②×2=(-a-2b+2c)；
(2)①由表中数据可知，从反应开始至20s时，，则；
②由表中数据可知，在60s时N2O4浓度不再变化，则反应已达平衡状态，所以b=c,当N2O4浓度为，平衡常数为；
③降低温度，气体颜色变浅，反应正向进行，为放热反应，<0；充入，压强增大，但是浓度不变，平衡不移动；
(3) c电极为正极，得电子，c电极上发生的电极反应式为O2+2e-=O2-。
2．(2021·陕西宝鸡市·高三其他模拟)SO2、NO、NO2、CO都是污染大气的有害气体，对其进行回收利用是节能减排的重要课题。
(1)上述四种气体中直接排入空气时会引起酸雨的有_______(填化学式)。
(2)已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ∆H=- 196.6 kJ∙mol-1
2NO(g)+ O2(g)2NO2(g) ∆H=-113.0 kJ∙mol-1
①反应：NO2(g)+ SO2(g)SO3(g)+ NO(g)的∆H=_______kJ∙mol-1。
②一定条件下，将NO2与SO2以体积比1：1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应：NO2(g)+ SO2(g)SO3(g)+NO(g)，下列能说明反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
a.混合气体的密度保持不变 b.SO2的物质的量保持不变
c.容器内混合气体原子总数不变 d.每生成1molSO3的同时消耗1mol NO
③测得②中反应达到平衡时NO与NO2的体积之比为37：13，则在该温度下反应：NO2(g)+ SO2(g)SO3(g)+NO(g)的平衡常数K=_______
(3)CO可用于合成甲醇，其反应的化学方程式为CO(g) +2H2(g)CH3OH(g)。 在一容积可变的密闭容器中充有10molCO与20molH2，在催化剂作用下发生反应生成甲醇。CO的平衡转化率()与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列说法正确的是_______(填字母)。

A．合成甲醇的反应为吸热反应
B．压强为p1＞p2
C．A、B、C三点的平衡常数为KA= KB＞ KC
D．若达平衡状态A时，容器的体积为10 L，则在平衡状态B时容器的体积也为10 L
【答案】SO2、NO、NO2 -41.8 bd 8.1 C
【解析】
(1)酸雨主要是由SO2、NO2引起的，NO与空气接触生成NO2，而CO不溶于水，不能引起酸雨，所以直接排入空气时会引起酸雨的有SO2、NO、NO2。
(2)①已知：反应① 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ∆H=- 196.6 kJ∙mol-1；反应② 2NO(g)+ O2(g)2NO2(g) ∆H=-113.0 kJ∙mol-1；根据盖斯定律可知，由(①-②)可得目标反应：NO2(g)+ SO2(g)SO3(g)+ NO(g)，故∆H=[- 196.6 kJ∙mol-1-(-113.0 kJ∙mol-1)]= -41.8kJ∙mol-1。
②a. 容器容积不变，混合气体的质量不变，故混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故a错误；
b. SO2的物质的量保持不变，说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，故b正确；
c. 根据质量守恒定律知，容器内混合气体原子总数始终不变，故不能说明反应达到平衡状态，故c错误；
d. 每生成1molSO3的同时消耗1mol NO，说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，故d正确；故选bd。
③已知NO2与SO2的体积比为1：1，设初始NO2与SO2的物质的量均为a mol，变化量为x mol，则可列出三段式：，又平衡时NO与NO2的体积之比为37：13，则x：(a-x)=37：13，解得，该反应前后气体物质的量总和不变，则可用物质的量计算平衡平衡常数，则在该温度下反应：NO2(g)+ SO2(g)SO3(g)+NO(g)的平衡常数。
(3)A．由图可知，升高温度，CO的平衡转化率降低，说明升温平衡逆向移动，则合成甲醇的反应为放热反应，故A错误；
B．该反应前后为气体物质的量减小的反应，故其他条件不变时，加压平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，故压强为p2＞p1，故B错误；
C．温度不变，平衡常数不变，故KA= KB，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，则KB＞ KC，则A、B、C三点的平衡常数为KA= KB＞ KC，故C正确；
D．该反应前后为气体物质的量减小的反应，又该反应是在一容积可变的密闭容器中进行的，即压强不变，则若达平衡状态A时，容器的体积为10 L，则在平衡状态B时容器的体积小于10 L，故D错误；故选C。
3．(2021·辽宁高三其他模拟)研究、的消除对改善生态环境、构建生态文明具有重要的意义。
Ⅰ.汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。
(1)在标准压强和指定温度下，由元素最稳定的单质生成化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓。已知、、的标准摩尔生成焓分别为、、。和两种尾气在催化剂作用下反应生成的热化学方程式是_______。
(2)研究CO和NO反应，测得在某温度下一定体积的密闭容器中，NO和CO浓度随时间变化如表：
时间(s)
浓度()
0
2
4
6
c(NO)
1.00
0.25
0.10
0.10
c(CO)
3.60
2.85
2.70
2.70
前4s内的速率_______。
(3)实验测得，，(、为速率常数)。在一定温度下，向2L的密闭容器中充入NO和CO气体各1mol，NO的转化率为40%时达到化学平衡，则_______(保留两位小数)。
Ⅱ.工业上，常采用氧化还原方法处理尾气中的CO。沥青混凝土可作为反应的催化剂。图中表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土(型、型)催化时，的转化率与温度的关系。

(4)在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是_______(填序号)。
(5)下列关于图示的说法正确的是_______(填序号)。
A．e点转化率出现突变的原因可能是温度升高后催化剂失去活性
B．b点时CO与分子之间发生有效碰撞的几率在整个实验过程中最高
C．在均未达到平衡状态时，同温下型沥青混凝土中CO转化速率比型的要大
D．CO转化反应的平衡常数
【答案】 0.49 a AC
【解析】
(1)由标准摩尔生成焓定义可知：
①C(s)+O2(g)=CO(g) 1=
②C(s)+O2(g)=CO2(g) 2=
③N2(g)+O2(g)=NO(g) 3=
由盖斯定律可得2×(②-①-③)得： =2×(-393.5+110.5-90.25)=，即和两种尾气在催化剂作用下反应生成的热化学方程式为；
(2)前4s内NO的浓度变化量为1.00mol/L-0.10mol/L=9.00×10-4mol/L，则前4s内的速率=；
(3)由题意有三段式，平衡时=，即k正×0.32×0.32= k逆×0.1×0.22，解得0.49(保留两位小数)；
(4)型曲线，b点前反应未平衡，反应正向进行，CO转化率随温度升高增大，b点达到平衡，b点之后升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小；型曲线，c点前反应未平衡，反应正向进行，CO转化率随温度升高增大，c点达到平衡，c点之后升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小；因此在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是a点；
(5)A．催化剂在一定温度范围内才有活性，e点转化率出现突变，可能的原因是温度太高，催化剂失去活性，A正确；
B．其他条件相同时，温度越高，活化分子百分数越大，有效碰撞几率越大，因此b点时CO与分子之间发生有效碰撞的几率不是最高，B错误；
C．结合(4)可知在曲线的顶点之前反应未达到平衡，由图可知在均未达到平衡状态时，同温下型沥青混凝土中CO转化率比型的要大，因未平衡，则相同时间内CO转化速率型比型的大，C正确；
D．平衡常数K只与温度有关，温度不同，K不同，结合(4)可知温度升高，平衡逆向移动，K减小，则Ka>Kc，D错误；
选AC。
4．(2021·四川德阳市·高三三模)氮的循环在自然界元素的循环中具有重要的意义，但减少含氮化合物对空气的污染也是重要的课题之一。
已知：N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) ΔH1=+180.0kJ·mol-1
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH2=-92.4kJ·mol-1
H2的燃烧热为285.8kkJ·mol-1。
回答下列问题：
(1)写出NO与NH3反应生成N2和液态水的热化学方程式_______。
(2)研究者用负载Cu的ZSM-5分子筛作催化剂对NO催化分解，M表示催化剂表面活性中心，对该反应提出如下反应机理。分解产生的O2浓度增大易占据催化剂活性中心M。
I：NO+M→NO-M 快；
II：2NO-M→N2+2O-M 慢；
III：20-M⇌O2+2M 快。
三个反应中，活化能较高的是_______(填“I”、“II”或“III”)；反应要及时分离出O2其目的是_______。
(3)一密闭容器中，加入1molN2、3molH2发生反应：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，t0时达到平衡，在t1、t3、t4时均只改变某一个条件，如图是某一时间段中反应速率与反应进程的曲线关系图。

①t1、t3时改变的条件分别是_______、_______。
②下列时间段中，氨的百分含量最低的是_______(填标号)。
a.t0~t1 b.t2~t3 c.t3~t4 d.t5-t6
③在恒温密闭容器中，进料浓度比c(H2)：c(N2)分别等于3：2、3：1、7：2时N2平衡转化率随体系压强的变化如下图所示：

表示进料浓度比c(H2)：c(N2)=7：2的对应曲线是_______(填标号)，设R点c(NH3)=xmol/L，则化学平衡常数K=_______(列出计算式)。
【答案】6NO(g) +4NH3(g)⇌5N2(g) +6H2O(1) ΔH= -2070.0kJ·mol-1 II 分离出O2使反应III平衡正向移动，释放出活性中心M 升高温度 加催化剂 d k
【解析】
(1) 已知反应①N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) ΔH1=+180.0kJ·mol-1；反应②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH2=-92.4kJ·mol-1，氢气的燃烧热方程式③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.8kkJ·mol-1，根据盖斯定律6③-3①-2②得到NO与NH3反应生成N2和液态水的热化学方程式：6NO(g) +4NH3(g)⇌5N2(g) +6H2O(1) ΔH=6ΔH3-3ΔH1-2ΔH2==-2070.0kJ·mol-1，故答案为：6NO(g) +4NH3(g)⇌5N2(g) +6H2O(1) ΔH= -2070.0kJ·mol-1；
(2)反应物的活化能越高，化学反应速率越慢，故慢反应II的活化能最高；及时分离O2可以使反应III平衡正向移动，生成更多M，促进前两步反应，故答：分离出O2使反应III平衡正向移动，释放出活性中心M；
(3)①由热化学反应方程式N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH2=-92.4kJ·mol-1，可知该反应是一个放热反应，且为气体体积减小的反应，t1时正逆反应速率均升高，且逆反应速率大于正反应速率，则平衡逆向移动，故t1时升高温度，速率加快，平衡逆向移动；t3时正逆反应速率同程度提高，平衡不移动，则t3时加入了催化剂，正逆反应速率同程度加快，且平衡不移动，故答：升高温度；加催化剂；
②所给时段均为平衡状态，t1时是升高温度平衡逆向移动，达到新平衡时氨气量减少，故氨的百分含量t2~t3时段小于t0~t1时段，t3加入催化剂平衡不移动，则氨的百分含量t3~t4时段等于t2~t3时段，t4时根据图像，正反应速率不变，逆反应速率降低，平衡正向移动，说明t4时移走了生成物，氨气量减少，t5时从新达到平衡，根据勒夏特列原理，平衡移动无法抵消条件改变，故氨的百分含量t5~t6时段小于t3~t4时段，则氨的百分含量最低的的时段为t5~t6，选d；
③压强相同时，氢氮投料比越大，氮气的平衡转化率越大，故根据图像，k为7:2，m为3:1，n为3:2，故表示进料浓度比c(H2)：c(N2)=7：2的对应曲线是k；R点在m曲线上，故投料比c(H2)：c(N2)：3:1，平衡时氨气浓度为xmol/L，N2转化率为20%，故N2的起始量为mol/L，氢气的起始量为N2的起始量的三倍=mol/L故据此列出三段式： ，常数K=。
5．(2021·福建龙岩市·高三三模)研究和深度开发CO2的综合应用，实现碳循环是解决温室问题的有效途径，对构建生态文明社会具有重要意义。
(1)CO2可实现以下转化：
①
②
已知的正反应的活化能为c kJ·mol-1，则逆反应的活化能为___________kJ·mol-1.(用含a、b、c代数式表示)
(2)利用工业废气中的CO2可以制取气态甲醇和水蒸气，一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入l mol CO2和3 mol H2，在不同催化剂作用下发生反应Ⅰ、反应Ⅱ与反应Ⅲ，测得5 min时CO2的转化率随温度变化如图所示：

①活化能最大的是反应___________(填“Ⅰ”：“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
②T4温度下，反应Ⅲ的在0~5 min内平均反应速率v(H2)=___________。
③同一物质b点对应的正反应速率v(正)___________(填“>”、“＜”或“=”)c点对应逆反应速率v(逆)。
④若反应Ⅲ在c点的体系总压强为0.80MPa，则c点反应的Kp=___________(MPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数)。
(3)载人飞船，以Pt为阳极，Pb(CO2的载体)为阴极，KHCO3溶液中电解液，总反应为：，CO在___________极产生，阳极的电极反应式为___________。
【答案】(c﹣a﹣b) Ⅲ 0.24mol·L-1min-1 < (或14.81) 阴极 4OH--4e-=2H2O+O2↑
【解析】
(1)由已知热化学方程式，结合盖斯定律①+②得：2CO2(g)+3H2O(l)C2H5OH(l)+3O2(g) △H= (a+b) kJ/mol，又△H=E(正反应活化能)- E(逆反应活化能)，故该反应的逆反应活化能= E(正反应活化能)-△H=(c-a-b) kJ/mol，故此处填c-a-b；
(2)①由图示知，相同时间内，反应Ⅲ的反应速率最慢，所以其活化能最大，故此处填Ⅲ；
②该反应对应方程式为：，由图示知，T4温度下，5 min时CO2的转化率为80%，即CO2的转化量=1 mol×80%=0.8 mol，故H2的转化量=3×0.8 mol=2.4 mol，则υ(H2)=，故此处填0.24 mol/(L·min)；
③由图示知，b点CO2转化率低于反应Ⅰ、Ⅱ相同温度下的转化率，故b点未达平衡，由图中a点知，T4温度时，三种催化剂作用下，CO2转化率交于同一点，说明反应达平衡，故a点为平衡点，a点过后，温度再升高，三种催化剂作用下，CO2转化率均下降，说明平衡逆向移动，故c点也为平衡点，由于所有数据均为相同时间内测得，b点未达平衡，而c点达平衡，说明c点对应的反应速率比b点反应速率快，故此处填：＜；
④由图示知，c点对应CO2转化率为，列三段式如下：，故此时气体n(总)= mol，则p(CO2)=，p(H2)= ，p(CH3OH)= p(H2O)=，则Kp=，代入数据计算得Kp=(或14.81)；
(3)由总反应知，CO2得电子生成CO，故CO在阴极产生，故此处填：阴；总反应中产生的O2应为溶液中OH-在阳极放电生成，对应电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，故此处填：4OH--4e-=O2↑+2H2O。
6．(2021·广西南宁市·高三二模)SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。
(1)在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和液态H2O。
已知：CH4(g) +2SO2(g)=CO2(g) +2S(s) +2H2O(l) ΔH= -295.9 kJ·mol-1
S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH= -297.2 kJ·mol-1
则CH4的燃烧热ΔH=_______。
(2)在恒容密闭容器中，用H2还原SO2生成S的反应分两步完成(如图1所示) ，该过程中部分物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：

①由分析可知X为_______ (填化学式)。
②0~t1时间段的温度为_______。
(3)燃煤烟气中可通过反应SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)实现硫的回收。将1molSO2和2molCO通入1L恒容密闭容器中，在恒温T℃，起始压强为2.5×106Pa条件下反应，5min时，反应达到平衡，气体密度减小16g·L-1。
①0~5min内，CO的反应速率是_______；若升高温度，气体的密度增加(S仍为液体)，则该反应的ΔH_______(填“>”或“<”)0。
②T℃时，平衡常数Kp=_______Pa-1。
(4)单质硫也可以生成多硫化物从而实现能量间的转化。
①钠硫电池是一种新型高能电池，总反应为2Na+2SNa2S2，该电池工作时正极的电极反应式为_______；给该电池充电时，钠电极应与外电源的_______(填“正”或“负”)极相连接。
②在碱性溶液中，S被BrO氧化成SO，BrO被还原成Br-。该反应的离子方程式是_______。
【答案】-890.3kJ·mol-1 H2S 300℃ 0.2mol-1·L-1·min-1 < 2.4×10-6 2S+2e-=S 负 3S+6OH-+7BrO=6SO+7Br-+3H2O
【解析】
(1)第一个方程式+第二个方程式×2可得CH4的燃烧热ΔH=(-295.9 kJ·mol-1)+2 (-297.2 kJ·mol-1)=-890.3kJ·mol-1，故答案为：-890.3kJ·mol-1；
(2) ①根据图1可知，在300℃时，SO2和H2反应生成H2S,在100°C到200° C时，H2S和SO2反应生成S和水，故X为H2S，故答案为：H2S；
②在图2中，0 ~ t1时间段SO2和H2的浓度降低，H2S的浓度升高，故0 ~ t1时间段温度为300℃，故答案为：300℃；
(3) ①1L恒容密闭容器中，反应达到平衡，气体密度减小16g·L-1，减少的即为生成的S的质量16g，即0.5molS，因反应方程式为SO2(g)+2CO(g)2CO2(g)+S(l)，故CO消耗的物质的量为1mol，0~5min内，CO的反应速率==0.2mol-1·L-1·min-1，若升高温度，气体的密度增加(S仍为液体)，说明该反应平衡左移，正反应放热，则该反应的ΔH<0，故答案为：0.2mol-1·L-1·min-1；<；
②平衡时气体总的物质的量n(平)= n(SO2) +n(CO)+ n(CO2)= 0.5mol+1mol +1mol=2.5mol，平衡时的总压强P(平)=，=2.4×10-6，故答案为：2.4×10-6；
(4) ①氧化剂为S，在正极得电子，2S+2e-=S，充电时钠电极应该接电源负极，作阴极，故答案为：2S+2e-=S；负；
②在碱性溶液中，每个S被BrO氧化成SO，升高14价，每个BrO被还原成Br-，降低6价，该反应的离子方程式是3S+6OH-+7BrO=6SO+7Br-+3H2O，故答案为：3S+6OH-+7BrO=6SO+7Br-+3H2O。
7．(2021·河南郑州市·高三三模)“减少碳排放，实现碳中和”是当今世界的热门话题。某课题组利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，主要发生如下三个反应：
I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g)ΔH2=+40.9kJ·mol-1
III.……
(1)请写出反应IIICO和H2合成CH3OH的热化学方程式______。
(2)下列措施中，能提高CO2转化率的是______。
A．在原料气中加入适量H2O(g) B．从体系中不断分离出甲醇
C．循环利用原料气 D．使用高效催化剂
(3)一定条件下，在某密闭容器中投人amolCO2和3amolH2，发生上述合成反应。达平衡容器中CH3OH的物质的量为cmol，CO的物质的量为dmol.则此条件下CO2的转化率为______(列式表示，下同)；甲醇的选择性(指转化为甲醇的CO2占发生反应的CO2的百分比)为______；此条件下反应II的平衡常数为______。

(4)图1是反应温度对二氧化碳转化率以及甲醇选择性的影响。甲醇选择性随温度升高而降低的原因可能是______。
(5)图2是一定条件下原料气的进料速度对二氧化碳转化率、甲醇选择性以及出口甲醇浓度的影响。试分析工业上实际进料速度采用2.1mol·s-1，而不是1.8mol·s-1，可能的原因是______。
(6)甲醇燃料电池可用于测定阿伏加德罗常数。当甲醇燃料电池平稳工作10min后测得电池正极端消耗标准状况下氧气VL，电流稳定为XA，假设能量转化率80%，计算测得阿伏加德罗常数NA为______ mol-1。(用X、V表示，已知一个电子电量为1.60×10-19C)
【答案】CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=-90.4kJ·mol-1 BC ×100% ×100% 反应I和反应III为放热反应，升温不利于反应I和反应III向正方向进行，故甲醇的选择性降低 增大进料速率，单位时间内可以获得更大产量，提高经济效益
【解析】
(1)反应I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1，反应II.CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH2=+40.9kJ·mol-1，I-II即得到反应III，△H3=ΔH1-ΔH2=90.4kJ·mol-1，所以答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=-90.4kJ·mol-1；
(2)该反应为：CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.5kJ·mol-1
A．在原料气中加入适量H2O(g)，H2O(g)为生成物，会抑制正反应得进行，从而降低了CO2的转化率，A错误；
B．从体系中不断分离出甲醇，平衡往正向移动，提高了CO2的转化率，B正确；
C．循环利用原料气可以提高CO2的转化率，C正确；
D．使用高效催化剂不能改变反应的限度，不能提了CO2的转化率，D错误；
答案选BC；
(3)设三个反应依次进行且反应I消耗3mmolH2，设反应II消耗nmolH2，反应III消耗2pmolH2列出三段式：和以及，到达平衡容器中CH3OH的物质的量为cmol，CO的物质的量为dmol，所以m+p=c、n-p=d，所以m+n=c+d、2p= c-d+n-m，继而求出CO2的转化率为×100%=×100%和甲醇的选择性为×100%=×100%；设容器体积为V，此条件下反应II的平衡常数KII===，代入m+n=c+d、2p= c-d+n-m，求得KII=，所以答案为：×100%；×100%；。
(4)温度升高，不利于反应向放热方向进行，反应I和反应III为放热反应，升温不利于反应I和反应III向正方向进行，故甲醇的选择性降低。
(5)速度2.1mol·s-1和1.8mol·s-1各方面转化率变化不大，但是反应速率加快，提高了经济效益，所以答案为：增大进料速率，单位时间内可以获得更大产量，提高经济效益
(6)氧气的物质的量为，提供的电子数目转化为电流部分的为，十分钟电路中通过电子总量为X×10×60=×1.60×10-19，求出=，所以答案为：。
8．(2021·山东烟台市·高三三模)苯乙烯是一种重要的化工原料，可采用乙苯催化脱氢法制备，反应原理如下：
(g)⇌(g)+H2(g) ∆H
(1)已知：
化学键
C—H
C—C
C=C
H—H
键能
412
348
612
436
计算上述反应的∆H=_____。
(2)生产过程中，在600℃时向乙苯中掺入高温水蒸气，保持体系总压为105.6kPa催化反应。若投料比n(乙苯)/n(H2O)=1：8，达平衡时乙苯的转化率为60%，则p(H2O)=____kPa，平衡常数Kp=____(Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。若其他条件不变，将上述起始反应物置于某恒容密闭容器中，则乙苯的平衡转化率___(填“>”“<”或“=”)60%。
(3)利用膜反应新技术，可以实现边反应边分离出生成的氢气。不同温度下，1.00mol乙苯在容积为1.00L的密闭容器中反应，氢气移出率α与乙苯平衡转化率关系如图所示：(氢气移出率)

①同温度时α1、α2、α3依次____(填“增大”或“减小”)，理由是____。
②A点平衡常数，则α为___。
【答案】124 < 增大 相同温度条件下，氢气的移除率越大平衡正向进行的程度越大，乙苯的转化率越大 94.4%
【解析】
(1)根据反应热等于反应物的键能和减生成物的键能和计算，结合反应可知反应前后苯环结构未发生改变，反应物中断裂5条C-H和1条C-C，产物中生成三条C-H键和一条C=C，同时生成1条H-H键，则反应热∆H=5×412+348-3×412-612-436=124，故答案为：124；
(2)投料比n(乙苯)/n(H2O)=1：8，设起始时乙苯为1mol，水为8mol，乙苯的转化率为60%，则其转化量为0.6mol，生成的苯乙烯为0.6mol生成的H2为0.6mol，平衡后水的物质的量为8mol，总气体的物质的量为：0.4+0.6+0.6+8=9.6mol，则p(H2O)=，同理可得p(H2)=，p(乙苯)=，p(苯乙烯)=，则Kp== ；恒压改为恒容，相当于在恒压基础上压缩容器体积，压缩体积平衡向逆向移动，乙苯的转化率降低，小于60%，故答案为：；；<；
(3)1.00mol乙苯在容积为1.00L的密闭容器中反应，乙苯的起始浓度为1mol/L，A点时乙苯的转化率为90%，则生成的苯乙烯的浓度为0.9mol/L，生成的氢气的起始浓度为0.9mol/L，平衡时乙苯的浓度为0.1mol/L，设氢气的移出率为x，则剩余的氢气浓度为0.9(1-x)mol/L，平衡常数Kc=，解得x=94.4%，故答案为：94.4%。
9．(2021·山东青岛市·高三二模)汽车尾气是否为导致空气质量问题的主要原因，由此引发的“汽车限行”争议，是当前备受关注的社会性科学议题。
(1)反应 可有效降低汽车尾气污染物的排放。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(表示过渡态、表示中间产物)。

三个基元反应中，属于放热反应的是___________(填标号)；图中___________。
(2)探究温度、压强(2、5)对反应的影响，如图所示，表示2的是___________(填标号)。

(3)用可以消除污染：
①某条件下该反应速率，，该反应的平衡常数，则___________，___________。
②一定温度下，在体积为1L的恒容密闭容器中加入4和6发生上述反应，测得和的物质的量随时间变化如图。

a点的正反应速率___________c点的逆反应速率(填“大于”、“小于”或“等于”)；测得平衡时体系压强为)，则该反应温度下___________。(用含的式子表示，只列式不用化简)。若在相同时间内测得的转化率随温度的变化曲线如下图，400℃~900℃之间的转化率下降由缓到急的原因是___________。

【答案】②③ 554.9 a 5 0 大于 ； 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)由图可知，反应①的反应物总能量小于生成物的总能量，属于吸热反应，反应△H1=+(199.2—0)kJ/mol=+199.2 kJ/mol，反应②的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，△H2=—[0— (—513.5)]kJ/mol=—513.5 kJ/mol，反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，由△H=△H1+△H2+△H3=—620.9 kJ/mol可得：△H3=—620.9 kJ/mol— (+199.2 kJ/mol)— (—513.5kJ/mol) =—306.6kJ/mol，由图可知，△H3=—(△E—248.3kJ/mol )=—306.6kJ/mol ，则△E =554.9kJ/mol，故答案为：②③；554.9；
(2)该反应为气体体积减小的放热反应，压强相同时，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的平衡转化率减小；温度相同时，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化氮的平衡转化率增大，则曲线a表示压强为2MPa时一氧化氮的平衡转化率随温度的变化，故答案为：a；
(3)①由反应方程式可知，反应的平衡常数K=，由反应达到平衡时，正、逆反应速率相等可得：=，则=，由K=可得：=，则a=5、b=0，故答案为：5；0；
②由图可知，a点所在曲线为氨气的物质的量随时间变化曲线，c点所在曲线为氮气的物质的量随时间变化曲线，a点氨气的浓度大于c点氨气浓度，则a点用氨气表示的正反应速率大于用氨气表示的逆反应速率；由图中数据可建立如下三段式：

由三段式数据可知氨气、一氧化氮和氮气的平衡分压分别为、和，则分压常数；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则400℃～700℃间，随温度升高，平衡向逆反应方向移动，氨气的转化率逐渐减小；700℃以后，温度过高，导致催化剂活性降低，催化效果降低，反应速率急剧下降，消耗氨气的量减小，氨气转化率迅速变小，故答案为：大于；；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。

10．(2021·江西九江市·)倡导生态文明建设，环境问题一直是我们关注的焦点。运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1)为了高效利用能源并且减少的排放，可用下列方法把转化成乙醇燃料：
①
②
③
则表示燃烧热的热化学方程式为_______。
(2)NO的氧化反应分两步进行；
I. II.
其反应过程能量变化如图所示

①决定NO氧化反应速率的步骤是_______(填“I”或“II”)，其理由是_______。
②一定温度下，在刚性密闭容器中，起始充入一定量的气体(转化为忽略不计)，此时压强为36kPa，在5min达到平衡，此时容器的压强为46kPa，则0~5min用的分压表示反应速率为_______。该温度下，此反应的平衡常数_______(是平衡分压代替平衡浓度计算的平衡常数)。
③恒温恒容条件下，能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．压强不再变化
B．混合气体的密度不再变化
C．生成NO的速率与消耗的速率相等
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
(3)利用燃料电池电解，可将雾霾中的NO、分别转化为和如下图装置所示。则物质甲为_______(填名称)，阴极的电极反应式_______；当电路中转移2.5mol电子时，A的浓度为_______(电解过程中忽略溶液体积变化)。

【答案】 I 反应I的活化能大 0.064或8/125 AD 乙醇 2
【解析】
(1)①
②
③
根据盖斯定律，3×③+3×②-①得： ；
(2)①由能量变化图可知第I步活化能较大，反应速率较慢，因此决定NO氧化反应速率的步骤是I；理由为反应I的活化能大；
②因为是刚性容器，可带压强列三段式：，根据题意有36+x=46，解得x=10，因此0~5min用的分压表示反应速率为10kPa÷5min=；该温度下，此反应的平衡常数=0.064或8/125；
③，2NO恒温恒容条件：
A．该反应为气体分子数变化的反应，压强不再变化，说明反应已达平衡；
B．ρ=m/V，自始至终m和V均不变，ρ不变不能说明反应已达平衡；
C．生成NO的速率与消耗的速率相等，都是逆反应速率，不能说明反应已达平衡；
D．混合气体的平均相对分子质量=m/n，气体总质量m自始至终不变，气体总n是变量，当混合气体的平均相对分子质量，说明反应已达平衡；
选AD；
(3)利用燃料电池电解，可将雾霾中的NO、分别转化为和：结合图可知，左边装置为乙醇燃料电池，右边装置为电解池，NO转化为，N化合价降低，则通入NO的一极得电子，为阴极，通入二氧化硫的一极为阳极，则燃料电池a电极为负极，燃料电池中负极通入的是燃料，因此物质甲为乙醇；电解池阴极得电子，NO转化为，结合电解质为硫酸铵可知电极反应式为；电解池阳极失电子，转化为，电极反应式为2H2O+SO2-2e-=+4H+，在电解池总反应为2NO+8H2O+5SO2(NH4)2SO4+4H2SO4~10e-，因此A为H2SO4，转移2.5mol电子时，生成1mol硫酸，物质的量浓度为1mol÷500mL=2mol/L。
11．(2021·山东高三三模)CH4—CO2催化重整对温室气体的减排具有重要意义，其反应为：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。回答下列问题：
(1)已知相关物质的燃烧热(25℃、101kPa)：
物质
CH4(g)
CO(g)
H2(g)
燃烧热(ΔH/kJ·mol-1)
-890.3
-283.0
-285.8
则CH4—CO2催化重整反应的ΔH=___kJ·mol-1。
(2)将原料按初始组成n(CH4)：n(CO2)=1：1充入密闭容器中，保持体系压强为100kPa发生反应，达到平衡时CO2体积分数与温度的关系如图所示。

①T1℃、100kPa下，n(平衡时气体)：n(初始气体)=___；该温度下，此反应的平衡常数Kp=___(kPa)2(以分压表示，列出计算式)。
②若A、B、C三点表示不同温度和压强下已达平衡时CO2的体积分数，___点对应的平衡常数最小，理由是___；___点对应压强最大，理由是___。
(3)900℃下，将CH4和CO2的混合气体(投料比1：1)按一定流速通过盛有炭催化剂的反应器，测得CH4的转化率受炭催化剂颗粒大小的影响如图所示。(注：目数越大，表示炭催化剂颗粒越小)

由图可知，75min后CH4转化率与炭催化剂目数的关系为___，原因是___。
【答案】+247.3 5:4 A 该反应为吸热反应，温度越低，平衡常数越小 C C点CO2的体积分数大于相同温度下100kPa平衡时的CO2的体积分数，则压强大于100kPa，A、B点CO2的体积分数小于相同温度下100kPa平衡时的CO2的体积分数，则压强小于100kPa 目数越大，CH4转化率越大 催化剂的颗粒越小，原料气与催化剂的接触更加充分
【解析】
(1)根据各物质的燃烧热可得：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3 kJ·mol−1；
②CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ•mol-1；
③H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8kJ•mol-1；
根据盖斯定律①-2×(②+③)可得CH4-CO2催化重整反应的ΔH=-890.3 kJ·mol−1-2×(-283.0kJ•mol-1-285.8kJ•mol-1)=+247.3 kJ·mol−1；
(2)①初始组成n(CH4) : n(CO2)=1:1，不妨设n(CH4) =n(CO2)=1mol，设T1℃、100kPa下，平衡时Δn(CH4)=x mol，列三段式有

据图可知平衡时CO2的体积分数为30%，所以有=30%，解得x=0.25mol，所以平衡时气体总物质的量为2mol+0.25mol×2=2.5mol，n(平衡时气体) : n(初始气体)=2.5mol：2mol=5:4；平衡时p(CH4)=p(CO2)=100kPa×=30kPa，p(CO)=p(H2)=100kPa×=20kPa，所以Kp=(kPa)2；
②该反应焓变大于0为吸热反应，温度越低，平衡常数越小，所以A点对于的平衡常数最小；该反应为气体系数之和增大的反应，相同温度下，增大压强平衡逆向移动，CO2的体积分数增大，A、B两点CO2的体积分数均小于相同温度下压强为100kPa平衡时CO2的体积分数，说明压强小于100kPa，而C点大于100kPa平衡时CO2的体积分数，说明压强大于100kPa，所以C点压强最大；
(3)据图可知，75min后催化剂目数越大，CH4转化率越大，因为催化剂目数越大，颗粒越小，表面积越大，原料气与催化剂的接触更加充分，反应更完全。
12．(2021·江西新余市·高三二模)研究氮的氧化物的性质对于消除城市中汽车尾气的污染具有重要意义。回答下列问题：
(1)有较强的氧化性，能将氧化成，自身被还原为NO，已知下列两反应过程中能量变化如图1、图2所示，则氧化生成的热化学方程式为______。

(2)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应： ，若反应达到平衡时，所得的混合气体中含的体积分数随的变化曲线如图3．

①a、b、c、d四点的平衡常数从小到大的顺序为______。
②若，反应达平衡时，的体积分数为20%，则NO的转化率为______。
(3)利用现代手持技术传感器探究压强对平衡移动的影响。在恒定温度和标准压强条件下，往针筒中充入一定体积的气体后密封并保持活塞位置不变。分别在、时迅速移动活塞后并保持活塞位置不变，测定针筒内气体压强变化如图4所示。

①B、E两点对应的正反应速率大小为______(填“大于”、“小于”或“等于”)。
②E、F、G、H四点对应气体的平均相对分子质量最大的点为______。
(4)反应物分子一步直接转化为产物的反应称为基元反应，一个化学反应往往是由多个基元反应分步进行的，这个分步过程称为反应机理，机理中的快反应对整个反应速率的影响可以忽略不计。一定温度下，基元反应的化学反应速率与反应物浓度以其化学计量数的幂的连乘积成正比，如基元反应的“速率方程”可表示为(k为速率常数)。实验测得低温时某反应的速率方程为，其反应机理有如下两种可能。则该反应的化学方程式可表示为______，以下机理中与其速率方程符合的反应机理是______(填编号)。
反应机理
第一步反应
第二步反应
①
(快反应)
(慢反应)
②
(慢反应)
(快反应)

【答案】 60% 大于 H ②
【解析】
(1)由图1可知，
由图2可知，
根据盖斯定律(1)×-(2)×得 ；
(2)①平衡常数只与温度有关，a、b、c温度相同，所以a、b、c的平衡常数相等，相同时，温度下氮气的含量低，所以d点的平衡常数最小， a、b、c、d四点的平衡常数从小到大的顺序为；
②
的体积分数为20%， ，x=0.3a，则NO的转化率为；
(3)①压强越大反应速率越快，B点的压强大于E，所以B、E两点对应的正反应速率大小为大于。
②E到F体积减小，物质的量不变，F、G、H气体体积相同，气体物质的量越多压强越大，压强F>G>H，所以物质的量E=F>G>H，气体总质量相等，由可知，四。对应气体的平均相对分子质量最大的点为H；
(4)快反应对整个反应速率的影响可以忽略不计，实验测得低温时某反应的速率方程为，可知其反应机理为②，则该反应的化学方程式可表示为。
13．(2021·山东济南市·高三三模)工业合成氨是人工固研究的重要领域。回答下列问题：
(1)如图所示是电解法合成氨反应装置示意图

则b极为___________(填“阴”或“阳”)极，a极的电极反应式为___________，电解装置中质子交换膜的作用为___________；若b极产生的O2在一定条件下的体积为336L，a极中通入相同条件下N2的总体积为672L，则N2的转化率为___________%(保留两位有效数字)。
(2)合成氨反应的一种反应机理的相对能量—反应进程如下图所示，其中标有“*”的微粒为吸附态(图中“*H”均未标出)。

则各步反应中决定合成氨反应速率的反应方程式为___________
(3)当氮气和氢气的比例为1：3时，工业合成氨所得混合气体中，氨气的含量与温度、压强的关系如下

①平衡曲线上A点的平衡常数___________(用含的式子表示)
②工业实际生产投料时，氮气与氢气的体积比为1：2.8，适当增加氮气的比重的目的是___________。
【答案】阳 N2+6e-+6H+=2NH3 质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触 33 *N2+*H=*N2H 为保证氮气占有一定份额的催化剂活性中心并提高吸附速率，提高氢气的转化率
【解析】
(1)b极上H2O中O元素失去电子发生氧化反应生成O2，因此b极为阳极；a极上N2得到电子发生还原反应生成NH3，因此a极为阴极，其电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3；质子交换膜只允许H+和H2O通过，a极上会消耗H+，b极上会生成H+，NH3能与H+反应生成，因此质子交换膜的作用是质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触；b极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据氧化还原反应得失电子守恒可知参加反应各物质关系式为2N2～3O2，理论条件下，生成O2和通入N2的体积比为2：3，即通入1mol N2生成mol O2，实际情况在相同条件下生成O2和通入N2的体积比为1：2，即通入1mol N2生成0.5mol O2，因此N2的转化率为×100%=33%，故答案为：阳；N2+6e-+6H+=2NH3；质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触；33。
(2)合成氨的正向过程中决定步骤的活化能最高，由图可知，活化能最高的为*N2和*H转化为*N2H，此时活化能为0.82eV-(-0.45eV)=1.27eV，故答案为：*N2+*H=*N2H。
(3)①A点氨的物质的量的百分数为20%，设起始N2的物质的量为1mol，在500℃下达到平衡时N2的转化量为xmol，即，则×100%=20%，解得x=mol，此时p(N2)=×p3，p(H2)=×p3，p(NH3)=0.2×p3，Kp=，带入数据可得Kp=。
②工业实际生产投料时，氮气与氢气的体积比为1：2.8＞1:3，即N2过量，其原因是N2吸附与催化剂表面，适当使N2过量可以使催化剂表面始终有N原子附着，能够提高反应效率，同时适当增大N2浓度能够增大H2的转化率，故答案为：为保证氮气占有一定份额的催化剂活性中心并提高吸附速率，提高氢气的转化率。
14．(2021·重庆高三三模)利用CO2可合成烷烃、烯烃、醇、甲酸等系列重要化工原料。回答下列有关问题：
I.制备甲烷CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)△H=-252.9kJ•mol-1
(1)在恒温、恒容容器中进行该反应，下列不能说明反应达到平衡状态的是___。
A．CO2和H2的转化率之比不再变化
B．混合气体的平均摩尔质量不再变化
C．容器内的压强不再变化
D．4v(H2)正=v(CH4)逆
(2)选择合适催化剂，在密闭容器中按n(CO2)：n(H2)=1：4充入反应物，反应结果如图1所示。

①若N点压强为1MPa，则平衡常数Kp(N)=___，P点与N点的平衡常数K(P)___K(N)(填“>”、<”或“=”)。
②若无催化剂，N点平衡转化率是否可能降至R点？说明理由。答：___。
II.制备甲醇：
主反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-58kJ•mol-1
副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=-41kJ•mol-1
(3)向恒容容器中充入amolCO2和3amolH2，在催化剂存在的条件下进行反应，测得温度与平衡转化率、产物选择性的关系如图2所示。

已知：CH3OH选择性=
①CH3OH选择性随温度升高而下降的原因是___(写一条)。
②有利于提高CH3OH选择性的反应条件是__。
A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
Ⅲ.电解法转化CO2可实现CO2资源化利用，电解CO2制HCOOH的原理示意图如图3。

(4)a、b表示CO2进气管，其中___(填“a”或“b”)管是不需要的。
(5)写出阴极的电极反应式：___。
(6)电解一段时间后，若两侧电极液中K+的物质的量相差0.04mol，则阳极产生的气体在标准状况下的总体积为___L(假设产生的气体全部逸出)。
【答案】AD 1 < 不正确，因为催化剂不能改变反应物的平衡转化率 温度升高，催化剂活性降低 D a CO2+H++2e-=HCOO-或CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO 0.56
【分析】
III. 根据电解CO2制HCOOH的原理可知，Sn电极为阴极，阴极CO2发生还原反应生成HCOO-，电极反应为：CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO，阳极为Pt电极，电解一段时间后，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，促进水的电离，电极附近氢离子浓度增大，HCO浓度降低，电极反应式为4HCO-4e-=O2↑+4CO2↑+2H2O，总反应式为6 HCO=2 HCOO-+2CO+ O2↑+4CO2↑+2H2O。
【解析】
I.(1)
A.CO2和H2的转化率之比与投料比有关，不能判定是否达到平衡，故A可选；
B.反应前后气体的质量不变，物质的量发生改变，混合气体的平均平均摩尔质量不再变化，说明达到平衡，故B不选；
C.反应前后气体的物质的量发生改变，则压强发生改变，压强不变时达到平衡，故C不选；
D.正逆反应速率相等时，反应达到平衡，应为V(H2)正=4V(CH4)逆，故D可选；
故答案为：AD；
(2)①依题意设起始投入CO2物质的量为1mol，则H2为4mol，由图2可知N点时转化率为50%，可列三段式：，N点压强为，故KP==1；该反应为放热放应，P点温度升高，二氧化碳的平衡转化率降低，K(P) ②催化剂只能改变反应速率，不能改变转化率，则无催化剂，N点的平衡转化率也不可能将至R点。故答案为：不正确，因为催化剂不能改变反应物的平衡转化率；
II.(3)①温度升高，选择性随而下降的原因可能是温度升高催化剂活性降低，故答案为：温度升高，催化剂活性降低；
②反应：放热放应，低温有利于反应正向进行；反应前后气体分子数减少，随着反应进行，压强降低，高压有利于反应正向进行。故答案为：D。
III.(4) 阳极为Pt电极，电解一段时间后，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，Sn电极为阴极，阴极CO2发生还原反应，需要从b管通入CO2，而阳极是溶液中OH-失电子，则不需要a管，故选：a；
(5) Sn电极为阴极，阴极CO2发生还原反应生成HCOO-，电极反应为：CO2+H++2e-=HCOO-或CO2+HCO+2e-=HCOO-+CO；
(6) 阳极电极反应式为4HCO-4e-=O2↑+4CO2↑+2H2O，每转移1mole-则有1molK+从阳极转移到阴极，所以两侧电极液中K+的物质的量相差0.04mol，n(e-)=0.02mol，则阳极产生的气体n=0.02/4×5=0.025mol，体积为V=nVm=0.025mol×22.4L/mol=0.56L。
15．(2021·四川高三三模)研究含碳化合物的处理是化学研究的热点，对环境的保护具有重要意义。
(1)已知：①CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1
②C(s)＋CO2(g)2CO(g) △H2=＋172.5 kJ·mol-1
③CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H3=＋206 kJ·mol-1
则CH4(g)C(s)＋2H2(g) △H=___________。
(2)在T℃时，向10 L的密闭容器中分别充入1 mol CH4(g)和3 mol H2O(g)发生反应：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H>0，经20 min达到平衡，此时CH4的转化率为50%。
①0～20 min时间内生成氢气的平均速率为___________；
②反应在T℃时的平衡常数计算表达式为___________。
(3)其它条件相同，在不同催化剂(A、B)作用下，反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)进行相同时间后，CO的产率随反应温度的变化如下图：

①在催化剂A、B作用下，它们正、逆反应活化能差值分别用E(A)、E(B)表示，则E(A)___________E(B)(填“>”、“<”或“=”下同)；
②y点对应的v(逆)___________z点对应的v(正)；
③图中w点前比w点后随温度升高CO的产率较快增加的可能原因是___________。
(4)在T℃，向体积不变的密闭容器中，分别充入10 mol CH4、15 mol CO2，此时压强为25 kPa，经发生反应CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)，测定平衡CH4转化率为60%。若某时刻P(H2)=10 kPa，该时刻反应处于___________(填“平衡”、“非平衡”或“无法确定”)状态。
【答案】 = < W点前为建立平衡过程，一氧化碳产率增加较快，W点之后升高温度，平衡正向移动，一氧化碳产率增加较慢 非平衡
【解析】
(1)已知：①CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H=-41.2 kJ·mol-1
②C(s)＋CO2(g)2CO(g) △H2=＋172.5 kJ·mol-1
③CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) △H3=＋206 kJ·mol-1
④CH4(g)C(s)＋2H2(g) △H，由盖斯定律可知④=③-①-②，所以，计算可得，故答案为：；
(2)①经20 min达到平衡，此时CH4的转化率为50%，计算可知，列出如下三段式：，，故答案为：；
②T℃时的平衡常数计算表达式为，故答案为：；
(3)①不同的催化剂改变反应的活化能，对于同一反应而言正、逆反应活化能差值为该反应的反应热，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的反应热，所以正、逆反应活化能差值相等，故答案为：=；
②观察图像可知，z点温度高于y点，温度越高反应速率越快，所以y点对应的v(逆) < z点对应的v(正)，故答案为：<；
③分析图像可知，在W点之前相同温度下，一氧化碳产率不同，所以W点之前反应并未达到平衡，W点达到了平衡状态，因为反应△H>0，该点之后升高温度，平衡正向移动，使一氧化碳产率继续增大，但没有W点前建立平衡过程增加的快，故答案为：W点前为建立平衡过程，一氧化碳产率增加较快，W点之后升高温度，平衡正向移动，一氧化碳产率增加较慢；
(4)依据题中信息列出如下三段式：，T℃，体积不变的密闭容器中压强之比等于物质的量之比，可得，求得，进而求得平衡时氢气的分压为，若某时刻P(H2)=10 kPa，该时刻反应处于非平衡状态，故答案为：非平衡。
16．(2021·贵州贵阳市·高三二模)煤制天然气的过程中涉及到煤气化反应和水气变换反应．
煤气化反应Ⅰ：
水气变换反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)__________．
(2)图一表示不同温度条件下，反应Ⅰ发生后的汽气比(水蒸气与CO物质的量之比)与CO平衡转化率的变化关系．
①判断和由大到小的关系为___________；
②若经反应Ⅰ发生后的汽气比为0.8，所得混合气体经反应Ⅱ后，得到CO与H2的物质的量之比为，则反应Ⅱ应选择的温度是__________(填“”、“”或“”)．

(3)为了进一步探究反应条件对反应Ⅱ的影响，某活动小组设计了三个实验，实验曲线如图二所示：
编号
温度
压强
c始
c始
甲
530℃



乙
X
Y


丙
630℃




①请依据图二的实验曲线补充完整表格中的实验条件：X=________℃，Y=________．
②实验丙从开始至末，平均反应速率___________．
③达平衡时CO的转化率：实验乙______实验丙(填“大于”、“小于”或“等于”)．
④时，反应Ⅱ的平衡常数．若往某刚性容器中投入，列简式计算井说明该反应进行的方向______．
【答案】 530 5 大于 ，反应正向进行
【解析】
(1)反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ有+()=；
(2)①反应Ⅱ为放热反应，其它条件相同时，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，则；
②经反应Ⅰ发生后的汽气比为0.8，则设此时水蒸气物质的量为0.8mol，CO物质的量为1mol，根据反应Ⅰ可知此时氢气的物质的量为1mol，设CO的转化率为x，则对于反应Ⅱ列三段式：，经反应Ⅱ后，得到CO与H2的物质的量之比为，则(1-x):(1+x)=1:3，解得x=0.5，对比图可知，反应Ⅱ应选择的温度是；
(3)为了进一步探究反应条件对反应Ⅱ的影响，在应该控制变量：
①由表格可知CO、水蒸气起始浓度相同，则X为530℃或630℃，Y为3MPa或5MPa，结合图可知乙和甲平衡时CO浓度相同，乙先达平衡，则说明甲和乙不同的是压强，乙的压强比甲大，因此Y=5MPa，丙和乙不同的是温度且乙的温度较低，因此X=530℃，即填530；5；
②实验丙从开始至末，CO浓度减小1.0mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，平均反应速率0.6mol/L÷5min=；
③实验乙和丙起始CO浓度相同，平衡时实验乙的CO浓度更小，则实验乙中CO的转化率更大，即达平衡时CO的转化率：实验乙大于实验丙；
④若往某刚性容器中投入，设体积为1L，则此时反应Ⅱ的=K，因此平衡正向进行。
17．(2021·河南高三三模)煤的洁净技术(包括固硫技术和脱硫技术两类)可有效降低燃煤废气中的含量，已成为我国解决环境问题的主导技术之一、
Ⅰ．固硫技术：通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中。生石灰是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：
①
②
(1)表示燃烧热的热化学方程式是___________。
(2)由上述两个反应可知，在煤燃烧过程中要提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，可采用的方法是___________。
(3)某温度下，在一个恒容密闭容器中加入和，若只发生反应②，测得如下数据：

0
10
20
30
40

2
1.5
1.1
0.8
0.8
内___________，此条件下该反应的平衡常数为___________。
(4)实际生产中常用石灰石代替生石灰，石灰石吸收热量分解为生石灰，即。800℃下，在一个密闭容器中加入一定量的进行该反应，气体的浓度变化如图所示，和与时分别改变一个条件，则改变的条件依次是___________和___________。

Ⅱ．除去燃煤产生的废气中的的过程如图所示。

(5)过程①是的部分催化氧化反应，若参加反应的和的体积比为4∶3，则反应的化学方程式为___________。
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分，使得再生，该过程中阳极的电极反应式为___________。若此过程中除去含5%(体积分数)的的废气(标准状况)，则需要的电量为___________C(一个电子的电量)。
【答案】 鼓入稍过量的空气 1.8 减小压强(或增大容器体积、移出部分等) 升高温度
【解析】
(1)①；
②；
根据盖斯定律，将①+②×2得：=，因此燃烧热的热化学方程式为，故答案为：；
(2)根据①和②可知，在煤燃烧过程中，要提高固硫率，需要尽可能的避免②的发生，就需要尽可能使碳完全燃烧生成二氧化碳，因此在煤燃烧过程中，鼓入稍过量的空气可以提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，故答案为：鼓入稍过量的空气；
(3)某温度下，在一个恒容密闭容器中加入和，若只发生。根据表格数据，20min时CO的浓度变化量为2 mol/L -1.1 mol/L=0.9 mol/L，则的浓度变化量为0.9 mol/L，内=；30min后反应达到了平衡状态，平衡时，CO的浓度变化量为2 mol/L -0.8 mol/L=1.2 mol/L，则的平衡浓度为1.2mol/L，的平衡浓度为1.2mol/L，此条件下该反应的平衡常数为==1.8 mol/L，故答案为：；1.8；
(4)根据图象，时气体的浓度突然减小，且平衡浓度不变，说明平衡常数不变，改变的条件可能是减小压强，或者是增大容器体积，也可能是移出了部分等；时气体的浓度逐渐增大，说明平衡正向移动，由于为吸热反应，因此改变的条件是升高温度，故答案为：减小压强(或增大容器体积、移出部分等)；升高温度；
(5)根据图象，过程①中催化氧化反应生成，若参加反应的和的体积比为4∶3，即方程式中和的化学计量数比为4:3，则反应的化学方程式为，故答案为：；
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分，使得再生，该过程中的化合价由+2价变成0价，发生还原反应，在阳极上发生氧化反应生成硫酸，阳极的电极反应式为。最终转化为硫酸，标准状况下，含5%(体积分数)的的废气中含有的体积为×5%=11200L，物质的量为=500mol，转移的电子为1000mol，则需要的电量为1000mol ×6.02×1023/mol×=C，故答案为：；。
18．(2021·重庆高三三模)碳以及碳的化合物在生活中应用广泛。利用CO2合成甲醇不仅能够使二氧化碳得到有效合理的利用，也能解决日益严重的能源危机。由CO2合成甲醇的过程可能涉及如下反应：
反应I：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
(1)将一定量的H2和CO2充入恒容密闭容器中并加入合适的催化剂，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。测得不同温度下体系达到平衡时CO2的转化率(a)及甲醇的产率(b)如图所示。

①该反应达到平衡后，为同时提高反应速率和甲醇的生成量，以下措施一定可行的是____。
A．改用高效催化剂 B．升高温度 C．分离出甲醇 D．增加CO2浓度
②据图判断，当温度高于260℃后，CO的浓度随着温度的升高而____(填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”)，其原因是_____。
(2)一定条件下，在2L的恒容密闭容器中充入一定量的H2和CO2 (假设仅发生反应Ⅰ)。测得在反应物起始投入量不同时，CO2的平衡转化率与温度的关系如图所示。

反应物起始投入量：
曲线I：n(H2)=3mol，n(CO2)=1.5mol
曲线II：n(H2)=3mol，n(CO2)=2mol
①根据图中数据判断，要使CO2平衡转化率大于40%，以下条件中最合理的是______。
A．n(H2)=3mol，n(CO2)=2.5mol；550K
B．n(H2)=3mol，n(CO2)=1.6mol；550K
C．n(H2)=3mol，n(CO2)=1.9mol；600K
D．n(H2)=3mol，n(CO2)=1.5mol； 650K
②请选择图中数据计算500K时反应I的平衡常数K=________。
(3)用惰性电极电解制取乙烯的装置如图所示：

①电源负极是________(填“a”或“b”)。
②离子交换膜是________(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
③X极上的电极反应式为________。
【答案】D 增大 反应Ⅰ和Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇，有利于CO2转化为CO，所以CO浓度一定增大 B 200(mol/L)2 a 阳 2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O
【解析】
(1)①A．催化剂只能提高反应速率，不能提高平衡时甲醇的生成量，a不符合题意；
B．据图可知当温度过高时，升高温度，甲醇的产率下降，b不符合题；
C．分离出甲醇平衡正向移动，CO2浓度减小，反应速率会减慢，c不符合题意；
D．增加CO2浓度，反应速率增大，同时平衡正向移动，甲醇的产率提高，d符合题意；
综上所述答案为D；
②反应Ⅰ、反应Ⅲ均为放热反应，温度升高不利于CO2、CO转化为甲醇，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高使更多的CO2转化为CO，所以当温度高于260℃后，CO的浓度一定增大；
(2)①据图可知当温度为550K、n(H2)=3mol、n(CO2)=2mol时，CO2的平衡转化率低于40%，若要使CO2的平衡转化率增大，则应减少CO2的量，而该反应为焓变小于零，为放热反应，温度越高CO2的平衡转化率越大，所以四种数据中最合理的是n(H2)=3mol，n(CO2)=1.6mol；550K，故选B；
②在温度为500K的条件下，充入3mol H2和1.5mol CO2，容器体积为2L，平衡时二氧化碳的转化率是60%，列三段式有：

所以平衡常数K==200(mol/L)2；
(1)①左侧电极通入二氧化碳，生成乙烯，发生还原反应，所以左侧为阴极，右侧为阳极，则a为电源负极；
②左侧电极通入二氧化碳，生成乙烯，右侧电解质溶液为强酸性，根据电子守恒和元素守恒可知电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，需要右侧强酸性溶液中的氢离子迁移到阴极，所以离子交换膜为阳离子交换膜；
③X电极为阴极，CO2被还原生成乙烯，电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O。
19．(2021·陕西宝鸡市·高三二模)选择性催化还原法(SCR)是目前应用最为广泛的氮氧化物NOx的净化方法，其原理是利用NH3在特定催化剂作用下将NOx还原为N2。
(1)常温下，在Cu(OH)2悬浊液中滴加氨水，沉淀溶解得蓝色溶液。已知：常温下，
[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)K1=5.0×10-14；Cu(OH)2(s)+4NH3(aq)⇌[Cu(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq)的平衡常数K2=4.4×10-7， 则常温下Ksp[Cu(OH)2]= ___________。
(2)T1℃时，向2L的恒容密闭容器中通入1molN2和1molH2发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，10min后到达平衡，容器内压强变为起始压强的0.8倍。
①从开始到平衡，v(NH3)= ___________，T1℃时该反应的平衡常数K=___________。
②达平衡状态后，若保持H2浓度不变，将容器体积扩大至2倍，平衡将___________填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不移动”。
(3)催化剂V2O5-WO3/TiO2中的V2O5是活性组分。在石英微型反应器中以一定流速通过烟气[n(O2)：n(NH3)：n(NO)=71：1：1]，在不同温度下进行该催化还原反应，V2O5的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示。

①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 ___________。
②V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是___________。
③若烟气中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”；当时，随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是 ___________。
【答案】2.2×10-20 0.02mol·L-1·min-1 12.5 向正反应反向移动 C＞B＞A 在100℃-200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别 增大 NO的去除接近反应限度，去除率无明显变化
【解析】
(1)Cu(OH)2悬浊液中存在平衡Cu(OH)2Cu2++2OH-，将已知反应依次标号为反应①、反应②，①+②可得Cu(OH)2Cu2++2OH-，所以Ksp[Cu(OH)2]=K1·K2=5.0×10-14×4.4×10-7=2.2×10-20；
(2)①设平衡时Δn(N2)=x，则列三段式有

恒容密闭容器中气体压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内压强变为起始压强的0.8倍，则=0.8，解得x=0.2mol，则Δn(NH3)=0.4mol，容器体积为2L，所以v(NH3)== 0.02mol·L-1·min-1；容器体积为2L，结合三段式，则平衡时c(N2)=0.4mol/L、c(H2)=0.2mol/L、c(NH3)=0.2mol/L，所以该温度下T1==12.5；
②达平衡状态后，若保持H2浓度不变，扩大容器体积，氮气和氨气浓度成比例减少，由于氨气浓度幂级数为2次，所以Qc＜K，向正反应反向移动；
(3)①A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，有图可知，催化剂的质量分数越大，反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快，B、C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即C＞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；
②由图可知，在100℃-200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别；
③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。
20．(2021·海南海口市·高三三模)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
(1)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)＋Cl2(g)　 ΔH1=+83 kJ∙mol−1
CuCl(s)＋O2(g)=CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2=−20 kJ∙mol−1
CuO(s)＋2HCl(g)=CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3=−121 kJ∙mol−1
则4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH=___________ kJ∙mol−1
(2)Deacon发明的直接氧化法原理为：4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)，在刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系如图所示：

据图像分析可知：反应平衡常数K(300 ℃)___________K(400 ℃)(填“大于”或“小于”)。
(3)设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据，计算K(400 ℃)=___________(列出计算式)。
(4)按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是___________、___________。在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是___________。(写出2种)
【答案】−116 大于 O2和Cl2分离能耗较高 HCl转化率较低 增加反应体系压强、及时除去产物
【解析】
(1)将第一个方程式乘以2，加上第二个方程式的2倍，再加上第三个方程式得到4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH=−116 kJ∙mol−1；故答案为：−116。
(2)分析图中信息，从左到右升高温度，转化率下降，说明平衡逆向移动，则平衡常数减小，因此反应平衡常数K(300 ℃)大于K(400 ℃)；故答案为：大于。
(3) 根据图中信息，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，相当于不断增加HCl的浓度，则转化率不断降低，因此根据图像得到图中从上到下c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时，设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据，转化率为84%，，则400 ℃平衡常数；故答案为：。
(4)按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。根据题意，因此进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低，会造成O2和Cl2分离能耗较高，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高会导致HCl转化率较低。该反应是体积减小的反应，因此在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是增加反应体系压强、及时除去产物；故答案为：O2和Cl2分离能耗较高；HCl转化率较低；增加反应体系压强、及时除去产物。
21．(2021·四川成都市·石室中学高三三模)甲烷及其衍生物在国民经济中有着重要的作用。
(1)工业上甲烷可用于制造合成气，常温常压下其反应为：CH4(g)+H2O(l)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH=+250.1kJ・mol-1
①CO(g)、H2(g)的燃烧热依次为283.0kJ・mol-1、285.8kJ・mol-1。常温常压下，16g甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量为____kJ。
②将1molCH4(g)和1molH2O(g)充入温度恒为298K、压强恒为100kPa的密闭容器中，发生反应，正反应速率v=k×p(CH4)×p(H2O)，p为分压(分压=总压×物质的量分数)。若该条件下k=4.5×10-4kPa-1•s-1，当CH4分解率为20％时，反应达到平衡，此时v=___kPa•s-1，Kp=___kPa2(以分压代替浓度表示，保留小数点后1位)。
(2)工业上还可以用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，在不同温度下发生该反应，CH4的浓度变化如图所示，

下列说法正确的是_____(填序号)。
A．T1大于T2
B．c点时二氧化碳的浓度为1.2mol/L
C．a点正反应速率大于b点的逆反应速率
D．a点的反应速率一定比c点的反应速率小
(3)甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-48.9kJ・mol-1
II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.1kJ・mol-1
III.CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g) ΔH=+90kJ・mol-1
一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时。体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图所示。

①温度为470K时，图中P点___(填“处于”或“不处于”)平衡状态，490K之后，甲醇的产率随温度的升高而减小的原因除了升高温度使反应I平衡逆向移动以外，还有____、____。
②一定能提高甲醇产率的措施是___。
A．增大压强 B．升高温度 C．加入大量催化剂
【答案】890.3 0.5 117.2 BC 不处于 催化剂活性降低 升高温度使反应II和反应III正向移动 A
【解析】
(1)①已知CO(g)、H2(g)的燃烧热依次为283.0kJ・mol-1、285.8kJ・mol-1，则①CO(g)+O2(g)= CO2(g) ΔH=-283.0kJ・mol-1，②H2(g) +O2(g)= H2O(l) ΔH=-285.8kJ・mol-1，③ CH4(g)+H2O(l)⇌CO(g)+3H2(g) ΔH=+250.1kJ・mol-1，根据盖斯定律③+①+3②，可得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)，则ΔH=+250.1kJ・mol-1-283.0kJ・mol-1-285.8kJ・mol-1×3=-890.3 kJ・mol-1，16gCH4，即1mol，释放的热量为890.3 kJ。
②
v正=k正×p(CH4)×p(H2O)= 4.5×10-4kPa-1•s-1×()2=0.5 kPa•s-1；Kp==117.2 kPa2；
(2)A．根据图象，相同时间内，T2比T1反应进行的程度大，因此T2＞T1，Ａ说法错误；
B．c点甲烷转换的浓度为1.2mol/L，因此二氧化碳的浓度也是1.2mol/L，B说法正确；
C．在同一温度未达平衡前，a点反应物浓度大于b点反应物浓度，a点的正反应速率大于b点的正反应速率；未达平衡时，b点的正反应速率大于b点的逆反应速率，所以a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C说法正确；
D．a点所处的温度低于c点所处的温度，但a点的反应物的浓度大于c点的反应物浓度，因此两点的速率无法比较，D说法错误；
答案为BC；
(3)①生成甲醇的反应为放热反应，温度升高，平衡逆移，产率降低，而P点以后升温产率仍在上升，说明P点未处于平衡状态；490K之后，甲醇的产率随温度的升高而减小的原因除了升高温度使反应Ⅰ平衡逆向移动以外，还可能有催化剂活性降低以及升高温度会使反应II和反应III正向移动的因素。
②反应I是气体分子数减小的放热反应，增大压强一定能提高甲醇产率，升高温度平衡逆向移动，催化剂对平衡无影响，故选A。
22．(2021·河北唐山市·高三三模)某科研组对气体深入研究，发现很不稳定，经过实践提出如下反应机理：

回答下列问题
(1)___________。
(2)①已知，起始时为35.8，分解的反应速率。恒温恒容时，测得体系中，则此时的分解的反应速率___________。
②T温度时，向2L密闭容器中加入，时完全分解，体系达平衡状态，气体压强是反应前的2倍，则该温度下的平衡常数K=___________。
③，在体积均为的容器中，不同温度下二氧化氮浓度变化与反应时间的关系如图所示，下列说法错误的是___________(填标号)。

A．
B．a点逆反应速率小于c点正反应速率
c。℃ 10时二氧化氮速率为0.05
D．℃ 20时改变的条件可能是充入一定量的
(3)①氯气和硝酸银在无水环境中可制得，同时得到一种气态单质A，该反应的化学方程式是___________。
②Peter提出了一种用惰性电极作阳极硝酸电解脱水法制备，其原理如下图所示。阳极制得和A，其电极反应式为___________。每生成1，两极共产生气体___________L(标准状况下)。

【答案】–55.6 0.5 AC 33.6 L
【解析】
(1)①
②根据盖斯定律(-①-②)÷2得–55.6；
(2)①已知，起始时 为35.8 ，分解的反应速率。恒温恒容时， 测得体系中， ， ，则此时的分解的反应速率 2×10-3×30.0= 。
②T温度时，向2L密闭容器中加入，时完全分解，体系达平衡状态，根据PV=nRT，，气体压强是反应前的2倍，则反应平衡后物质的量为4mol，完全分解，设转化3xmol，，n总=n(NO2)+n(N2O4)+n(O2)=4-2x+x+1=4，x=1mol，c(NO2)= c(N2O4)=0.5mol，平衡常数K=。
③A．该反应为吸热反应，升高温度，反应速率增加，平衡正向移动，，故A正确；
B．a点温度大于c点，则a点速率大于c点，故B错误 ；
C．a点时，△c=0.5mol/L，v=，故C正确；
D．缩小体积，增大压强，c(NO2)增大，对于该平衡正向移动，c(NO2)逐渐减小，故D错误；
故选AC。
(3)①氯气和硝酸银在无水环境中可制得，同时得到一种气态单质A(O2)，该反应的化学方程式是：。
②阳极制得和O2，其电极反应式为：，阴极：2H++2e-=H2↑每生成1，转移2mol电子，两极共产生气体氧气0.5mol，氢气1mol，共1.5mol，V=1.5mol×22.4mol/L=33.6L。
23．(2021·山东济宁市·高三二模)氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害，必须进行治理或综合利用。

(1)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1所示，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。
①由A到B的变化过程可表示为____。
②已知：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H1=-907.28kJ·mol-1
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H2=-1269.02kJ·mol-1
则图1脱除NO的总反应的热化学方程式为___。
③关于该催化剂的说法正确的是____(填标号)。
A．能加快反应速率，并且改变反应的焓变
B．能增大NH3还原NOx反应的平衡常数
C．具有选择性，能降低特定反应的活化能
(2)在温度500K时，向盛有食盐的恒容密闭容器中加入NO2、NO和Cl2，发生如下两个反应：
Ⅰ.2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g)△H1
Ⅱ.2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H2
①关于恒温恒容密闭容器中进行的反应Ⅰ和Ⅱ的下列说法中，正确的是___(填标号)。
a.△H1和△H2不再变化，说明反应达到平衡状态
b.反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应Ⅰ达到平衡状态
c.同等条件下，反应Ⅰ的速率远远大于反应Ⅱ，说明反应Ⅰ的活化能小，△H1<△H2
d.达平衡后，向反应体系中再通入一定量ClNO(g)，NO2(g)和NO(g)的百分含量均减小
②若向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2发生反应Ⅱ，起始总压为p。10分钟后达到平衡，用ClNO(g)表示平均反应速率v平(ClNO)=0.008mol·L-1·min-1。则NO的平衡转化率α=_____，该反应的平衡常数Kp=____(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
③假设反应Ⅱ的速率方程为：v=k(1-nαt)式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为NO平衡转化率，α′为某时刻NO转化率，n为常数。在α′=0.8时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到v～t曲线如图所示。

曲线上v最大值所对应温度称为该α′下反应的最适宜温度tm，ttm后，v逐渐下降。原因是____。
【答案】2Cu(NH3+O2=[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+ 4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=-1630.76kJ·mol-1 C bd 80% 升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。ttm后，k增大对v的提高小于α引起的降低
【解析】
(1)①A在沸石笼内转化为B、C、D，由图1可知，由A到B的变化过程中，Cu(NH3与O2反应生成B，发生的反应可表示为2Cu(NH3+O2=[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+，故答案为：2Cu(NH3+O2=[(NH3)2Cu—O—O—Cu(NH3)2]2+；
②根据盖斯定律，由第二个热化学方程式-第一个热化学方程式，可得4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=(-1269.02kJ·mol-1)2-(-907.28kJ·mol-1)=-1630.76kJ·mol-1，故答案为：4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g) △H=-1630.76kJ·mol-1；
③A.催化剂能加快反应速率，但不能改变反应的焓变，故A错误；
B．催化剂不能使平衡发生移动，不能改变反应的平衡常数，故B错误；
C．催化剂具有选择性，能降低特定反应的活化能，使反应速率加快，故C正确；
故答案为：C；
(2)①a.反应热与方程式有关，方程式确定，反应热始终不会改变，不能判断是否达到平衡状态，故a错误；
b．气体的颜色代表浓度，颜色不变说明气体的浓度不变，是平衡判断的标志，故b正确；
c．同等条件下，反应Ⅰ的活化能小，说明速率大，但不能确定反应热的相对大小，故c错误；
d．平衡后，通入ClNO(g)，对于反应Ⅱ相当于增大压强，平衡正向移动，NO(g)的百分含量减小，对于反应Ⅰ，平衡逆向移动，但移动生成的NO2(g)的量比加入的的量少，所以NO2(g)的百分含量减小，故d正确；
故答案为：bd；
②===0.008mol·L-1·min-1，c(ClNO)= 0.008mol·L-1·min-110min=0.08 mol·L-1，(ClNO)= 0.08 mol·L-12L=0.16mol，列出三段式：

NO的平衡转化率α=100%=80%；
恒温恒容条件下，压强之比等于物质的量之比，=，所以平衡时总压p平=p0，因为分压=总压×物质的量分数，平衡时各气体的分压为：p(NO)=p0=p0，p(Cl2)=p0=p0，p(ClNO)=p0=p0，则Kp===，故答案为：80%；；
③反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率降低，由题中信息可知，升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。ttm后，k增大对v的提高小于α引起的降低，故答案为：升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。ttm后，k增大对v的提高小于α引起的降低。
24．(2021·山东日照市·高三三模)氢能是一种理想的绿色能源，一种太阳能两步法甲烷蒸气重整制氢原理合成示意图如下：

回答下列问题：
(1)第Ⅰ步：NiFe2O4(s)+CH4(g)NiO(s)+2FeO(s)+CO(g)+2H2(g) =a kJ·mol-1。总反应可表示为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) =b kJ·mol-1。写出第Ⅱ步反应的热化学方程式：___________。
(2)实验测得分步制氢比直接利用CH4和H2O(g)反应具有更高的反应效率，原因是___________。
(3)第Ⅰ、Ⅱ步反应的lgKp-T图像如下。

由图像可知a___________b(填“大于”或“小于”)，1000℃时，第Ⅱ步反应的化学平衡常数K=___________，测得该温度下第Ⅰ步反应平衡时CH4的平衡分压p(CH4)=4.0kPa，则平衡混合气体中H2的体积分数为___________(保留一位小数)。

(4)第Ⅰ步反应产生的合成气(CO和H2的混合气体)可用于F-T合成(以合成气为原料在催化剂和适当条件下合成碳氢化合物的工艺过程)。合成碳氢化合物时易发生副反应CO+H2O(g)CO2+H2，如图为相同条件下用不同催化剂在不同时间段测得反应体系内CO2的体积分数，据此应选择的催化剂是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，选择的依据是___________。
【答案】NiO(s)＋2FeO(s)＋H2O(g) NiFe2O4(s)＋H2(g) ΔH＝(b-a)kJ·mol－1 分步反应的活化能降低 大于 10 58.8％ Ⅱ 该催化剂抑制 CO2生成，减少了副产物
【分析】
关于化学平衡中的计算，如平衡常数、转化率、平衡分压等问题可建立三段式进行解决。
【解析】
(1)用总反应减去第一步的反应即可得到第二步的方程式，即第二步的反应为，故填；
(2)分步反应的效率更高说明分步反应的活化能降低，故填分步反应的活化能降低；
(3)由图可知，第一步反应的平衡常数随温度的升高而增大，属于吸热反应；第二步反应的平衡常数随温度的升高而降低，属于放热反应，即，得；1000℃时，第二步反应的平衡常数为；1000℃时，第一步的平衡常数为，体系中CO和的体积比为1:2，即，平衡常数表达式为，即，解得，，氢气的体积分数为=58.8%，故填大于；10；58.8%；
(4)根据图可知，相同条件下催化剂II对二氧化碳的抑制能力比催化剂I要好，减少副产物的产生，故填II；该催化剂抑制 CO2生成；减少了副产物。
25．(2021·江西鹰潭市·高三二模)化学平衡及其移动是中学化学的重点知识，请回答下列问题：
I.在密闭容器中的可逆反应CO(g)+NO2(g) CO2(g)+NO(g)(正反应为放热反应)达到平衡后：
(1)扩大容器体积，平衡___________(向左、向右、不)移动，反应混合物的颜色___________(变深、变浅、不变)。
(2)加入催化剂，NO的物质的量___________(增大、减小、不变)，原因是___________。
II.工业上可以利用CO2和H2合成CH3OH：CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＜0.该反应在起始温度和体积均相同(T℃、1L)的两个密闭容器中分别进行，反应物起始物质的量见下表：

CO2(mol)
H2(mol)
CH3OH(mol)
H2O(mol)
反应a(恒温恒容)
1
3
0
0
反应b(绝热恒容)
0
0
1
1
(1)达到平衡时，反应a，b对比：CO2的体积分数φ(a)___________φ(b)(填“>”、“＜”或“=”))。
(2)下列能说明反应a达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．v正(CO2)=3v逆(H2) B．混合气体的平均摩尔质量不再改变
C．c(CH3OH)=c(H2O) D．容器内压强不再改变
III.(1)在体积为5 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol SO2和足量的炭粉，发生反应C(s)+SO2(g) S(g)+CO2(g)。测得不同温度下，达到化学平衡时生成S的物质的量与温度的关系如图所示。

850℃时，反应经过11min到达A点，测得容器内总压强为P0，则A点的化学平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压×物质的量分数)。A点时，保持其他条件不变，再向容器中充入1.0mol SO2和1.0 mol CO2，则平衡向___________(填“正反应方向”或“逆反应方向”)移动。
(2)一定温度和压强下，把4体积的SO2和2体积的O2充入一密闭容器中发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH<0.反应达到平衡后，测得混合气体的体积为5体积。若保持上述反应温度和压强不变，设a、b、c分别表示加入的SO2、O2和SO3的体积数，如果反应达到平衡后混合气体中各物质的量仍与上述平衡时完全相同。若起始时向逆反应方向进行，则c的取值范围是___________。
【答案】不 变浅 不变 催化剂对平衡状态没有影响 > BD 0.25p0 逆反应方向 c≥2
【解析】
I．(1)该反应为气体不变的反应，增大容器的体积，平衡不移动；反应物NO2(g)的浓度减小，颜色变浅；
(2)加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，则NO的物质的量不变；
II．(1)根据表中数据，反应a，b的初始量等效，反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，反应b为绝热，则反应b相当于反应a平衡后再降低温度，即平衡正向移动，则CO2的体积分数φ(a)＞φ(b)；
(2)A．反应速率之比等于化学计量数之比，v正(CO2)=v正(H2)=3v逆(H2)，反应未达到平衡状态，A与题意不符；
B．反应中各物质均为气体，容器恒容，反应为气体减小的反应，即平衡时，气体的物质的量不再改变，则混合气体的平均摩尔质量不再改变，B符合题意；
C．c(CH3OH)=c(H2O)，不能判断同一物质的正逆反应速率是否相等，C与题意不符；
D．反应中各物质均为气体，容器恒容，反应为气体减小的反应，即平衡时，气体的物质的量不再改变，则容器内压强不再改变，D符合题意；
答案为BD；
III．(1)根据图像，850℃时，n(S)=0.45mol，即生成n(CO2)=0.45mol，剩余n(SO2)=0.55mol，Kp==0.25 P0；A点时，K=mol/L=0.074mol/L，保持其他条件不变，再向容器中充入1.0mol SO2和1.0 mol CO2，Qc=mol=0.084mol/L＞K，平衡向逆反应方向移动；
(2)4体积的SO2和2体积的O2充入一密闭容器中，混合气体的体积为5体积，，若起始时向逆反应方向进行，则c的取值范围是≥2。
26．(2021·福建宁德市·高三三模)当前，二氧化碳排放量逐年增加，CO2的利用和转化成为研究热点。
I.二氧化碳加氢合成二甲醚反应包括三个相互关联的反应过程：
反应I：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H=-49.01kJ/mol
反应II：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-24.52kJ/mol
反应III：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.17kJ/mol
(1)2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H=__kJ/mol。
(2)在压强3.0MPa，=4，不同温度下CO2的平衡转化率和产物的选择性如图1所示(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)：

①当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是___。除了改变温度外，能提高二甲醚选择性的措施为__(只要求写一种)。
②根据图1中数据计算300℃时，CH3OCH3的平衡产率为___。
II.在席夫碱(含“一RC=N一"的有机物)修饰的金纳米催化剂上，CO2直接催化加氢成甲酸的反应历程，如图2所示，其中吸附在佛化剂表面上的物种用※标注。
(3)决速步反应为___(填“吸热反应"或“放热反应")。
(4)席夫碱的作用是吸附和活化CO2，当CO2浓度超过某数化后，继继增大CO2的浓度，反应速率基本保持不变的原因是___。
III.我国科学家研制成功一种以Al箔为负极、含Al3+的离子液体为电解质、Pd包覆纳米多孔金为正极的Al—CO2充电电池，其总反应式为4Al+9CO22Al2(CO3)3+3C。
(5)电池放电时，正极反应式为___。
(6)不用水溶液做电解质的主要原因是___。
【答案】-122.54 温度超过290℃时，以反应III为主，反应III为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大 增大压强(或使用合适的催化剂) 6% 吸热反应 席夫碱吸附CO2已达到饱和 9CO2+4Al3++12e-=2Al2(CO3)3+3C Al2(CO3)3会发生水解(或铝能和水反应)
【解析】
(1)由盖斯定律可得：反应2I+II得到：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H=-122.54 kJ/mol；
(2) ①反应III：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+41.17kJ/mol，为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO2转化率升高，反应生成二甲醚为放热反应，温度升高，使CO2转化率下降，上升程度大于下降的转化率升高，所以原因是：温度超过290℃时，以反应III为主，反应III为吸热反应，升高温度平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大；能提高二甲醚选择性的措施为增大压强(或使用合适的催化剂)；
②根据图1知300℃时CO2的平衡转化率为30%，CH3OCH3的选择20%，故反应消耗CO2的n为a×30%×20%，消耗H2的n为3a×30%×20%，故CH3OCH3的平衡产率为a×30%×20%/a=6%；
(3)活化能越大，反应速率越慢，由图2知决速步反应为，该步骤的反应物的能量低于生成物的能量，为吸热反应；
(4) 席夫碱在该反应中并不参与反应，起到吸附和活化CO2的作用，CO2浓度超过其数值后即达到席夫碱达到最大作用，所以反应速率保持不变；
(5) 电池放电时，正极发生还原反应，CO2被还原为C，电极反应式为：9CO2+4Al3++12e-=2Al2(CO3)3+3C；
(6) 不用水溶液做电解质的主要原因是：Al2(CO3)3会发生水解(或铝能和水反应)。
27．(2021·河北邯郸市·高三三模)2020年9月，习近平主席在第75届联合国大会提出我国要实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标。因此CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
I.研究表明CO2与CH4在催化剂存在下可发生反应制得合成气：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H
(1)一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为-395kJ·mol-1、-74.9kJ·mol-1、-110.4kJ·mol-1.则上述反应的∆H=___________kJ·mol-1。
(2)此反应的活化能Ea(正)___________Ea(逆)(填“>”、“=”或“<”)，利于反应自发进行的条件是___________(填“高温”或“低温”)。
(3)一定温度下，向一恒容密闭容器中充入CO2和CH4发生上述反应，初始时CO2和CH4的分压分别为14kPa、16kPa，一段时间达到平衡后，测得体系压强是起始时的1.4倍，则该反应的平衡常数Kp=___________(kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
II.CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。对于反应CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ∆H=-165kJ·mol-1，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示。

(4)高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是___________。
(5)对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是___________，使用的合适温度为___________。
III.以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如下图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。

(6)阴极上的电极反应式为___________；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中___________mol硫酸。
【答案】+249.1 > 高温 259.2 以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加 Ni-CeO2 320℃ 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O 6
【解析】
I. (1)根据摩尔生成焓的定义，推出①C(s)＋O2(g)=CO2(g) =－395kJ·mol－1，②C(s)＋2H2(g)=CH4(g) =－74.9kJ·mol－1，③C(s)＋O2(g)=CO(g) =－110.4kJ·mol－1，根据目标反应方程式及盖斯定律可知，③×2－②－①得目标方程式，所以=[(－110.4)×2－(－74.9)－(－395)]kJ·mol－1=＋249.1kJ·mol－1；故答案为＋249.1；
(2)根据第(1)问分析可知，该反应为吸热反应，所以活化能Ea(正)＞ Ea(逆)；根据可知，要想自发进行，即满足＜0，当＞0时，高温有利于自发进行，故答案为：＞；高温；
(3)根据已知信息，设平衡时转化的二氧化碳的压强为p kPa，则
，
由平衡的p总=(14+16)kPa=42 kPa可知，(14-p)+(16-p)+(14-p)+2p+2p=30+2p=42kPa，则p=6kPa。所以平衡时，p(CO2)=8 kPa，p(CH4)=10 kPa，p(CO)=12 kPa，p(H2)=12 kPa，则平衡常数Kp=；
II. (4)高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，其选择性有所下降，所以CO2转化率略有下降，且以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加；
(5)根据图像分析可知，温度适宜(320℃)时，以Ni-CeO2为催化剂明显比以Ni为催化剂时CO2转化率高，且催化剂选择性强，所以应选择Ni-CeO2为催化剂，最佳温度为320℃，故答案为：Ni-CeO2；320℃；
III. (6) 以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，根据装置图可分析，CO2在阴极得到电子转化为乙烯，所以阴极上的电极反应式为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；铅酸蓄电池总反应方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，则根据电子转移数守恒可得到，C2H412e-6Pb12H2SO4，则每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中硫酸的物质的量为0.512=6mol，故答案为：6。
28．(2021·湖南衡阳市·高三二模)是石油化工行业产生的污染性气体，工业上采取多种方式进行处理。
Ⅰ.干法脱硫
(1)已知的燃烧热(a>0)，S的燃烧热(b>0)，则常温下空气直接氧化脱除的反应： ___________kJ/mol。
(2)常用脱硫剂反应条件如下表，最佳脱硫剂为___________。
脱硫剂
出口硫(mg/m3)
脱硫温度
操作压力
再生条件
一氧化碳
<1.33
300~400
0~3.0
蒸气再生
活性炭
<1.33
常温
0~3.0
蒸气再生
氧化锌
<1.33
350~400
0~3.0
不再生
Ⅱ．热分解法脱硫
在密闭容器中，充入一定量的气体，发生分解反应，控制不同的温度和压强，实验结果如图。

(3)图中压强P1、P2、P3由大到小的顺序为___________，该反应为___________(填吸热”或“放热”)反应，若要进一步提高的平衡转化率，可以采取的措施有___________(任写一种)。
(4)若压强为P2、温度为975℃，的平衡常数，则起始的物质的量浓度c=___________mol/L，若向容器中再加入气体，相同温度下再次达到平衡时，K___________0.04(填“＞”“＜”或“=”)。
Ⅲ．间接电解法脱硫
通过溶液吸收并氧化气体，再通过电解再生，实现循环使用，该法处理过程如图。

(5)电解反应器中总反应的离子方程式为___________。
【答案】2b-2a 活性炭 吸热 移出产物(或)、适当降低压强、升温 0.018 =
【解析】
(1)由题意可得硫化氢和硫燃烧的热化学方程式为①，②，由盖斯定律可知，①—②×2可得反应，则△H=△H 1—△H 2×2=(—2a+2b)kJ/mol，故答案为：2b-2a；
(2) 由表格数据可知，在操作压力相同的条件下，选用活性炭做脱硫剂时，常温条件下，出口硫小于1.33 mg/m3，且蒸气可再生，则最佳脱硫剂为活性炭，故答案为：活性炭；
(3)该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，硫化氢的转化率减小，由图可知，温度相同时，硫化氢的转化率P1＞P2＞P3，则压强P1、P2、P3由大到小的顺序为P3＞P2＞P1；由压强相同时，升高温度，硫化氢的转化率增大可知，升高温度，平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应；由该反应是气体体积增大的吸热反应可知，适当降低压强、升高温度和分离出生成物氢气或硫蒸汽，都能使平衡向正反应方向移动，提高硫化氢的平衡转化率，故答案为：P3＞P2＞P1；吸热；移出产物(或)、适当降低压强、升温；
(4)设起始硫化氢的浓度为amol/L，由图可知，压强为P2、温度为975℃时，硫化氢的转化率为40%，由题意可建立如下三段式：

由平衡常数为0.04可得：=0.04，解得a=0.018；平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，则向容器中再加入1mol硫化氢气体，相同温度下再次达到平衡时，平衡常数依然为0.04，故答案为：0.018；=；
(5)由图可知，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，亚铁离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成铁离子，铁离子与硫化氢发生氧化还原反应生成亚铁离子、硫沉淀和氢离子，则电解的总反应离子方程式为，故答案为：。
29．(2021·山东临沂市·高三二模)氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究它们的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。
(1)已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g) +6H2O(g) △H1 =-907.0 kJ/mol
4NH3(g) +3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=-1269.0 kJ/mol
若4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)的正反应活化能为E正 kJ/mol，则其逆反应活化能为___________kJ/mol(用含E正的代数式表示)。
(2)在一定条件下，向某2 L密闭容器中分别投入一定量的NH3、NO发生反应：4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)，其他条件相同时，在甲、乙两种催化剂的作用下，NO的转化率与温度的关系如图所示。

①工业上应选择催化剂___________(填“甲”或“乙”)。
②M点是否为对应温度下NO的平衡转化率，判断理由是___________。温度高于210℃时，NO转化率降低的可能原因是___________。
(3)已知：NO2(g) +SO2(g)NO(g)+SO3(g) △H<0.向密闭容器中充入等体积的NO2和SO2，测得平衡状态时压强对数1gp(NO2)和lgp(SO3)的关系如下图所示。

①ab两点体系总压强pa与pb的比值=___________；同一温度下图象呈线性变化的理由是___________。
②温度为T2时化学平衡常数Kp=___________，T1___________T2(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】E正+1812 乙 平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时M点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率，故M点一定不是对应温度下NO的平衡转化率 该反应正反应是一个放热反应，升高温度化学平衡逆向移动 10 由反应可知，NO与SO3的分压相等，NO2与SO2的分压相等，故Kp=，===，温度相同，平衡常数不变，故该直线的斜率不变，故同一温度下图象呈线性变化 1×10-2 ＜
【解析】
(1)已知反应①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g) +6H2O(g) △H1 =-907.0 kJ/mol反应②
4NH3(g) +3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H2=-1269.0 kJ/mol，根据盖斯定律可知，反应4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)可由，故其=，若4NH3(g) +6NO(g)5N2(g) +6H2O(g)的正反应活化能为E正 kJ/mol，根据逆反应的活化能为=正反活化能-反应焓变，则其逆反应活化能为(E正+1812 )kJ/mol，故答案为： E正+1812 ；
(2)①由图中可知，相同温度下催化剂乙的催化效率高于催化剂甲的，故工业上应选择催化剂乙，故答案为：乙；
②平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时M点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率，由(1)分析可知，该反应正反应是一个放热反应，故温度高于210℃时，反应均已达到化学平衡，升高温度平衡逆向移动，故NO转化率降低的可能原因是该反应正反应是一个放热反应，升高温度化学平衡逆向移动，故答案为：平衡转化率是该温度下的最大转化率，此时M点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率，故M点一定不是对应温度下NO的平衡转化率；该反应正反应是一个放热反应，升高温度化学平衡逆向移动；
(3)①由于总压强等于各物质的分压之和，故有总压强等于p(NO2)+p(SO2)+p(NO)+p(SO3)= 2p(NO2)+2p(SO3)，故ab两点体系总压强pa=2×10kpa+2×100kpa=220kpa， pb=2×1kpa+2×10kpa=22kpa，故二者的比值==10；由反应可知，NO与SO3的分压相等，NO2与SO2的分压相等，故Kp=，===，温度相同，平衡常数不变，故该直线的斜率不变，故同一温度下图象呈线性变化，故答案为：10；由反应可知，NO与SO3的分压相等，NO2与SO2的分压相等，故Kp=，===，温度相同，平衡常数不变，故该直线的斜率不变，故同一温度下图象呈线性变化；
②根据图象，T1温度下，lgp(NO2)=2时，lgp(SO3)=1，
                    由于p(NO2)=100kPa=x-m，p(SO3)=y+m=10kPa，则Kp==()2=1×10-2，反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，升高温度可以导致平衡时p(SO3)降低，所以温度T1＜T2，故答案为：1×10-2；＜。
30．(2021·河北石家庄市·高三二模)异丁烯[CH2=C(CH3)2]作为汽油添加剂的主要成分，需求量逐年增加。其常见的两种制备方法的反应原理如下：
1.CH3CH(CH3)CH3(g)＋CO2(g)CH2=C(CH3)2(g)＋H2O(g)＋CO(g) ΔH1
2.CH3CH(CH3)CH3(g)CH2=C(CH3)2(g)＋H2(g) ΔH2=＋124 kJ∙mol−1
回答下列问题：
(1)已知：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH=−41.2 kJ∙mol−1，则ΔH1=___。
(2)向1.0L恒容密闭容器中加入0.1molCH3CH(CH3)CH3(g)和0.1molCO2(g)，利用反应I制备异丁烯。已知正反应速率可表示为υ正=k正c[CH3CH(CH3)CH3]∙c(CO2)，逆反应速率可表示为，υ逆=k逆c[CH2=C(CH3)2]∙c(H2O)∙c(CO)，其中k正、k逆为速率常数。
①图1中能够代表k逆的曲线为___(填“L1”“L2”、或“L3”“L4”)。

②温度为T1时，该反应的化学平衡常数K=___；平衡时，CH3CH(CH3)CH3(g)的转化率___50%(填“>”、“=”或“<”)。
(3)在体积均为1.0L的两恒容密闭容器中分别加入0.1molCH3CH(CH3)CH3(g)和0.2molCH3CH(CH3)CH3(g)，在不同温度下发生反应II达到平衡。平衡时c[CH3CH(CH3)CH3]随温度的变化如图2所示，其中曲线上a、b、c三点的压强分别为p1、p2、p3。

①a、b、c三点中逆反应速率最大的为___点。
②p2___2p1(填“>”、“=”或“<”)，解释其原因为___。
③计算b点的化学平衡常数Kp=___[用带p2的表达式表示]。
【答案】＋165.2 kJ∙mol−1 L3 1 ＞ c ＞ 两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍
【解析】
(1)将第2个方程式减去第1个方程式得到：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH=−41.2 kJ∙mol−1，ΔH=＋124 kJ∙mol−1−ΔH1=−41.2 kJ∙mol−1，因此ΔH1=＋165.2 kJ∙mol−1；故答案为：＋165.2 kJ∙mol−1。
(2)①该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，升高温度，速率常数都增大，因此图1中能够代表k逆的曲线为L3；故答案为：L3。
②温度为T1时，υ正=k正c[CH3CH(CH3)CH3]∙c(CO2)= υ逆=k逆c[CH2=C(CH3)2]∙c(H2O)∙c(CO)，因此得到该反应的化学平衡常数K==1；平衡时，假设CH3CH(CH3)CH3(g)的转化率为50%，根据方程式得到平衡时每种物质的物质的量都为0.05mol，得出，说明应正向移动，因此CH3CH(CH3)CH3(g)的转化率＞50%；故答案为：1；＞。
(3)①该反应是吸热反应，温度越高，速率越大，c点生成物浓度大，因此逆反应速率最大；故答案为：c。
②a点有0.08mol CH3CH(CH3)CH3(g)，此时CH2=C(CH3)2(g)和H2(g)物质的量分别为0.02mol，容器中共0.12mol气体，b点有0.08mol CH3CH(CH3)CH3(g)，此时CH2=C(CH3)2(g)和H2(g)物质的量分别为0.12mol，容器中共0.32mol气体，容器体积相等，根据压强之比等于物质的量之比，又由于b点温度高，因此p2＞2p1，解释其原因为两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍；故答案为：＞；两容器体积相等，b点容器中气体物质的量大于a点容器中气体物质的量的两倍，b点温度高，因此b点压强大于a点压强的2倍。
③根据图中信息建立三段式：，则b点的化学平衡常数；故答案为：。