必练19 化学反应原理综合20题-高考化学总复习高频考点必刷题（广东专用）

这是一份必练19 化学反应原理综合20题-高考化学总复习高频考点必刷题（广东专用），文件包含必练19化学反应原理综合20题高考化学总复习高频考点必刷题广东专用解析版docx、必练19化学反应原理综合20题高考化学总复习高频考点必刷题广东专用原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共79页， 欢迎下载使用。

高考化学总复习高频考点必刷题（广东专用）
必练19 化学反应原理综合20题
1．(2022·广东高考真题)铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
(1)催化剂Cr2O3可由(NH4)2Cr2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：(NH4)2Cr2O7 Cr2O3 + ______________。
②催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，过程的焓变为_______(列式表示)。

③可用于的催化氧化。设计从出发经过3步反应制备的路线_______(用“→”表示含氮物质间的转化)；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为_______。
(2)溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
(ⅰ)         
(ⅱ)             
①下列有关溶液的说法正确的有_______。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量溶液，反应(ⅰ)的平衡逆向移动
D．加入少量固体，平衡时与的比值保持不变
②25℃时，溶液中随pH的变化关系如图。当时，设、与的平衡浓度分别为x、y、，则x、y、z之间的关系式为_______；计算溶液中的平衡浓度_____(写出计算过程，结果保留两位有效数字)。

③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度(A)与其所吸收光的波长()有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长()取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究对反应(ⅰ)和(ⅱ)平衡的影响，配制浓度相同、不同的稀溶液，测得其A随的变化曲线如图，波长、和中，与的最接近的是_______；溶液从a变到b的过程中，的值_______(填“增大”“减小”或“不变”)。

【答案】(1)     N2↑     4H2O     (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)          2NO+O2=2NO2
(2)     BD          当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中
即=0.20
反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7
联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L     λ3     增大
【解析】
(1)①分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为N2、H2O，根据原子守恒可知反应方程式为，故答案为：N2↑；4H2O。
②设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M   ΔH1=(E1-E2)，M→N   ΔH2=ΔH，N→Y   ΔH3=(E3-E4)1，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH1+ΔH2+ΔH3=(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)，故答案为：(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③NH3在Cr2O3作催化剂条件下，能与O2反应生成NO，NO与O2反应生成红棕色气体NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，若同时通入O2，可将氮元素全部氧化为HNO3，因此从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为；其中NO反应生成NO2过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：；2NO+O2=2NO2。
(2)①K2Cr2O7溶液中存在平衡：(i) 、(ii) 。
A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中c(H+)依然增大，因此溶液的pH将减小，故A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”、“越稀越电离”可知，(i)和(ii)的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故B正确；
C．加入少量NaOH溶液，(ii)正向移动，溶液中将减小，(i)将正向移动，故C错误；
D．平衡(i)的平衡常数K1=，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量K2Cr2O7溶液，不变，故D正确；
综上所述，答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为=0.20mol/L，、与的平衡浓度分别为x、y、z mol/L，因此=0.10；由图8可知，当溶液pH=9时，，因此可忽略溶液中，即=0.20，反应(ii)的平衡常数K2===3.3×10-7，联立两个方程可得=6.0×10-4mol/L。
③根据反应(i)、(ii)是离子浓度增大的平衡可知，溶液pH越大，溶液中越大，混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，溶液中越大，因此与的λmax最接近的是λ3；反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2=，= = ，因此= ，由上述分析逆推可知，b>a，即溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大，故答案为：λ3；增大。
2. (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】 (1) ∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4 (2)AD (3)4 4 (4)ac 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) 做冷冻剂
【解析】
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。
【详解】(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。
3. (2022东莞市上学期期末考试)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放缓解能源危机。用CO2、H2为原料合成甲醇(CH3OH)过程主要涉及以下反应：
a)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1
b)CO2g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ/mol
c)CO(g)+H2(g)⇌CH3OH(g) △H3=-45.1kJ/mol
（1）根据盖斯定律，反应a的△H1=___________。
（2）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了CO2与H2在TiO2/Cu催化剂表面生成CH3OH和H2O的部分反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。


反应历程中最小能垒(活化能)E正___________eV。写出历程②的化学方程式___________。
（3）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. 升高温度，反应b正向移动，反应c逆向移动
B. 加入反应a的催化剂，可以降低反应的活化能及反应热
C. 增大H2的浓度，有利于提高CO2的平衡转化率
D. 及时分离除CH3OH，可以使得反应a的正反应速率增大
（4）加压，甲醇产率将___________；若原料二氧化碳中掺混一氧化碳，随一氧化碳含量的增加，甲醇产率将___________。(填“升高”、“不变”、“降低”或“无法确定”)。
（5）使用新型催化剂，让1molCO2和3molH2在1L密闭容器中只发生反应a、b，CO2平衡转化率和甲醇选择率(甲醇选择率是指转化生成甲醇的CO2物质的量分数)随溫度的变化趋势如图所示。


553K时，若反应后体系的总压为p，反应a的Kp=___________(列出计算式)。(Kp为压强平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中用气体分压代替浓度，气体的分压等于总压乘以物质的量分数)，由上图可知，适宜的反应温度为___________。
【答案】（1）-49.0kJ/mol
（2） 0.61eV HOCO*+H*=CO*+H*+OH* △H=+0.20 (ev) （3）AC
（4） 升高 升高
（5） 513
【解析】
（1）已知：b)CO2g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ/mol
c)CO(g)+H2(g)⇌CH3OH(g) △H3=-45.1kJ/mol
根据盖斯定律，由b)+ c)2得反应a)CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1=△H2+ △H32=-49.0kJ/mol；
（2）“该历程中最小能垒（活化能）”，为能量上升阶段，可知最小的活化能为1.08到1.69阶段，等于0.61eV；
历程②是HOCO*+H*=CO*+H*+OH*反应时由相对能量0.07eV升至0.75eV 的过渡态2再降至-0.13eV。E正=0.07－（－0.13）=+0. 20 (ev)，反应的化学方程式为HOCO*+H*=CO*+H*+OH* △H=+0. (2022东莞市上学期期末考试)20 (ev)；
（3）A.反应b为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，反应c为放热反应，升高温度平衡逆向移动，选项A正确；
B. 加入反应a的催化剂，可以降低反应的活化能但不能改变反应的反应热，选项B错误；
C. 增大H2的浓度，反应a、b均正向移动，有利于提高CO2的平衡转化率，选项C正确；
D. 及时分离除CH3OH，反应物浓度降低，最终反应a的反应速率降低，选项D错误；
答案选AC：
（4）反应a、c均为气体体积缩小的反应，加压，平衡均正向移动，甲醇产率将升高；若原料二氧化碳中掺混一氧化碳，随一氧化碳含量的增加，反应b逆向移动，反应a、c正向移动，甲醇产率将升高；
（5）根据图中信息可知，553K时，反应a平衡时CO2的转化率为20%，则平衡时CO2的物质的量为1mol(1-20%)=0.8mol，利用三段式可得：
CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)

若反应后体系的总压为p，各物质的分压分别为=、=、=、=，反应a的Kp=；
当温度升高时反应a平衡逆向移动，而反应b平衡正向移动且幅度更大，所以CO2的转化率增加，但甲醇的选择性却降低，故适宜的反应温度为513K。
4．(2022佛山一模)氨氧化法是工业制硝酸的常见方法。
(1)合成氨。一种合成氮的新工艺如图所示，工作时，使用熔融的电解质通过两步铁基循环实现氨的合成。


“合成”步骤的化学反应方程式为___________，该工艺中的作用是___________。
(2)氮氧化物制备。将氨催化氧化后，生成的总反应为：
，反应分两步：
2NO(g) ⇌ (NO)2(g) △H1< 0     快反应，瞬间平衡
(NO)2+O2(g) ⇌ 2NO2(g) △H2 < 0    慢反应
当改变压强、温度时，转化率随时间变化如下表示。
压强
温度
的转化所需时间/s



1
30
12.4
248
2830
90
25.3
508
5760
8
30
0.19
3.88
36.6
90
0.59
7.86
74
已知：反应生成的速率方程。k是速率常数，随温度升高而增大，K是快反应的平衡常数。
①增大压强，总反应速率___________(填“变快”或“变慢”，下同)；
②升高温度，总反应速率___________，原因是___________。
(3)已知2NO2(g) ⇌ N2O4(g) △H3< 0。将一定物质的量的充入不同温度下的容器中，测得平衡时和的体积分数如图所示。

①代表的曲线是___________(填“a”或“b”)。
②假设平衡时体系的总压为，则A点温度下的平衡常数___________，计算的平衡转化率，写出计算过程。
(4)硝酸制备。已知，则___________。
【答案】(1)     2Fe+3H2O+N2=2NH3+Fe2O3     中间产物
(2)     变快     变慢     升高温度，快反应逆向移动，则K减小，k是速率常数，随温度升高而增大，慢反应也逆向移动，导致NO、O2浓度增大，温度对K的影响大于对k和浓度的影响
(3)          (4)-447.3
【解析】
(1)由题干转化流程图可知，“合成”步骤中是N2和H2O，Fe转化为NH3、Fe2O3，故该反应的化学反应方程式为2Fe+3H2O+N2=2NH3+Fe2O3，然后电解熔融的Fe2O3产生Fe和O2，则该工艺中Fe2O3的作用是中间产物，故答案为：2Fe+3H2O+N2=2NH3+Fe2O3；中间产物；
(2)①由表中数据可知，温度相同时，增大压强，即压缩容器的体积，NO、O2浓度均增大，故总反应速率变快，故答案为：变快；
②由表中数据可知，压强相同时，升高温度，总反应速率变慢，根据题干反应速率公式可知，，升高温度，快反应逆向移动，则K减小，k是速率常数，随温度升高而增大，慢反应也逆向移动，导致NO、O2浓度增大，温度对K的影响大于对k和浓度的影响，故答案为：变慢；升高温度，快反应逆向移动，则K减小，k是速率常数，随温度升高而增大，慢反应也逆向移动，导致NO、O2浓度增大，温度对K的影响大于对k和浓度的影响；
(3)
①已知反应2NO2(g) ⇌ N2O4(g) △H3< 0正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则NO2水的体积分数增大，故代表的曲线是b，故答案为：b；
②由图可知，A点表示的含义为NO2和N2O4的体积分数相等，即NO2和N2O4的物质的量相等，根据三段式分析可知： ，则有a-x=0.5x，解得x=，假设平衡时体系的总压为，则平衡时NO2的分压为：，N2O4的分压为：= ，则A点温度下的平衡常数==，则的平衡转化率为： =，故答案为：；；
(4)已知反应I，反应II则目标反应可由2I+3II，根据盖斯定律可知=-447.3，故答案为：-447.3。
5. (2022珠海高三上学期期末)近年来，碳中和、碳达峰成为热点。以二氧化碳为原料生产甲醇是一种有效利用二氧化碳的途径。
(1)已知：反应Ⅰ   CO2(g)+4H2(g) ⇌ CH4(g)+2H2O(g) △H1< 0
反应Ⅱ       CO(g)+2H2(g) ⇌ CH3OH(g) △H2< 0
反应Ⅲ      CH4(g) + CO2(g) ⇌ 2CO(g)+2H2(g) △H3 > 0
若某反应的平衡常数表达式为，根据反应Ⅰ～Ⅲ，请写出此反应的热化学方程式_______。
(2)在一定条件下(温度为℃)，往恒容密闭容器中充入和，发生反应Ⅰ，初始压强为，5min达到平衡，压强为。
①的平衡转化率_______。
②若该反应的速率方程，k为常数，p为平衡时气体分压，则该反应的速率v=_______(用含k的式子表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)工业中，对于反应Ⅰ，通常同时存在副反应Ⅳ： CO2(g)+H2(g) ⇌  CO(g)+H2O(g) △H4 。在一定条件下，在合成塔中充入一定量和。不同压强时，的平衡转化率如图(a)所示。当气体总压强恒定为1MPa时，平衡时各物质的物质的量分数如图(b)所示。

①图(a)中，相同温度下，压强越大，的平衡转化率越大，其原因是_______；
②由图(b)可知_______0(填“>”或“＜”或“=”)；的物质的量分数随温度升高而增大的原因是_______。
(4)研究HCHO燃料电池和氯碱工业联合应用装置如图所示，两极间用阳离子交换膜隔开，左右两侧分别是NaOH溶液和NaCl稀溶液。电极b为_______极，a极的电极反应式为_______。

【答案】(1) CO2(g)+3H2(g) ⇌ CH3OH(g) + H2O(g)
(2)     50％    
(3)     增大压强，反应Ⅳ不移动，反应Ⅰ向正反应方向移动     >     温度升高时，反应Ⅰ向左移动增加的的量大于反应Ⅳ向右移动减少的的量
(4)     正    
【解析】
(1)根据化学方程式与K的关系，可得化学方程式，根据盖斯定理可求的反应热；
(2)根据三段式可求得反应后各自的量，再根据根据压强之比等于物质的量之比，可求得转化率，根据三行式信息可知分压，根据题中信息，将分压代入即可求得；
(3)①根据反应Ⅰ、Ⅳ化学计量数前后关系，增大压强，来判断平衡移动方向；
②根据Ⅰ、Ⅳ可知只有反应CO生成，根根图（b）可知CO平衡时的物质的量分数随着温度的升高而增大，说明该反应升温向正向移动，说明该反应吸热，ΔH4>0；
③H2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是反应Ⅰ放热，反应Ⅳ吸热，温度升高时，反应Ⅰ向左移动增加的H2的量大于反应Ⅳ向右移动减少的H2的量；
(4)根据题中信息，可知HCHO为燃料为负极，则b极为正极，根据图中信息可知a极进入HCHO，NaHCO3产出，根据元素守恒电荷守恒，可得a极的电极反应式为HCHO−4e−+5OH−=HCO+3H2O，以此来解析；
(1)
由=，可知该反应的化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)；根据盖斯定律可知×(Ⅰ+2Ⅱ+Ⅲ)，反应的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=×(ΔH1+2△H2+ΔH3)；
(2)
①恒容密闭容器中充入1.0molCO2和4.0molH2，发生反应Ⅰ，设到平衡时CO2反应xmol,则

根据压强之比等于物质的量之比,则得= ，解得x=0.5mol，CO2的平衡转化率α=×100%= ×100% =50%；
②由①可知平衡时平衡时各自的量分别为n(CO2)=0.5mol，n(H2)=2mol，n(CH4)=0.5mol，n(H2O)=1mol，平衡时总的物质的量为0.5mol+2mol+0.5mol+1mol=4mol，v=k×==k；
(3)①反应Ⅳ为CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)前后气体化学计量数不变的反应， 反应Ⅰ为CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)化学计量数减少的反应，增大压强，反应Ⅳ不移动，向正反应方向移动；
②根据Ⅰ、Ⅳ可知只有反应CO生成，根根图（b）可知CO平衡时的物质的量分数随着温度的升高而增大，说明该反应升温向正向移动，说明该反应吸热，ΔH4>0；
H2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是反应Ⅰ放热，反应Ⅳ吸热，温度升高时，反应Ⅰ向左移动增加的H2的量大于反应Ⅳ向右移动减少的H2的量；
(4)根据HCHO燃料电池和氯碱工业联合应用，可知HCHO为燃料为负极，则b极为正极，根据图中信息可知a极进入HCHO，NaHCO3产出，再根据左右两侧分别是NaOH溶液和NaCl稀溶液，可知左侧显碱性，元素中C的化合价由0价升高为+4价，转移4e-，根据元素守恒电荷守恒，可得a极的电极反应式为HCHO−4e−+5OH−=HCO+3H2O；
6．(2022肇庆市高中毕业班第三次教学质量检测)(14分）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。回答下列问题：
(1)已知某反应体系中主要涉及如下反应：
Ⅰ．HCOOH(g)CO2(g)+H2(g) ΔH1= －66kJ·mol-1;
Ⅱ．CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH2= +247 kJ·mol-1.
①反应Ⅰ和反应Ⅱ中，在热力学上趋势更大的是 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
②反应Ⅰ的一种溶剂化催化反应历程如图1所示（其中TS表示过渡态）。

历程中生成 （填“TS1”或“TS2”）的反应步骤为总反应的决速步，反应过程的催化剂为 。
③反应Ⅱ的催化剂活性会因为甲烷分解产生积碳而降低，同时二氧化碳可与碳发生消碳反应而降低积碳量，涉及如下反应：
Ⅲ．CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH3=+74.5kJ·mol-1；
Ⅳ．C(s)+CO2(g)2CO(g) ΔH4。
反应Ⅳ的ΔH4为 。其他条件相同时，催化剂表面积碳量与温度的关系如图2所示，T0℃之后，温度升高积碳量减小的主要原因为 。
(2)甲烷部分催化氧化制备乙炔是目前研究的热点之一。反应原理为：
2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH=+754.8kJ·mol-1。
①该反应在 （填“较高”或“较低”）温度下能自发进行。
②一定温度下，将1molCH4充入10L的固定容积容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为p0kPa，容器内各气体分压与时间的关系如图3所示。
6～8min时，H2的浓度为 mol·L-1，反应的平衡常数Kc= ；若8min时改变的条件是缩小容器容积到5L，其中C2H2分压与时间关系可用图中曲线 （填“L1”“L2”“L3”或“L4”）表示。
【答案】（1）①Ⅰ（1分）②TS2（1分） （1分）
③（2分）消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度（2分，合理答案即可）
（2）①较高（1分）②0.06（2分） 0.0012（2分） （2分）
【解析】（1）①反应放热量越大，在热力学上的趋势越大。
②由图1可知历程经过TS2步骤活化能较大，为总反应的控速步骤；反应过程中催化剂为。
③由盖斯定律可知，反应Ⅳ＝反应Ⅱ－反应Ⅲ，，之后，温度升高，积碳量减小的主要原因为消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度。
（2）①该反应的、，由有利于自发反应推知，该反应在较高温度下能自发进行。
②起始充入的物质的量为1mol，压强为。平衡时由压强比等于物质的量之比推知、、的物质的量分别为0.6mol、0.2mol、0.6mol，则反应的平衡常数。由图知，容器的容积缩小到5L时，乙炔分压增大到原来2倍，该反应为气体分子总数增大的反应，缩小容器容积平衡逆向移动，故曲线表示分压与时间关系。
7．(2022潮州高三上学期期末)氨是重要的化工产品，实现温和条件下氨的高效合成一直是催化领域的重要研究课题。
(1)诺贝尔化学奖获得者格哈德·埃特尔确认了合成氨反应机理。673 K时，各步反应的能量变化如图1所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。图1中决速步骤反应的活化能Ea=___________kJ/mol，写出合成氨反应的热化学方程式为___________。

(2)①在一定条件下，向某反应容器中投入5 mol N2、15 mol H2在不同温度下反应，平衡体系中氨的质量分数随压强变化曲线如图2所示：

温度T1、T2、T3中，最大的是___________，M点N2的转化率为___________；
②1939年捷姆金和佩热夫推出氨合成反应在接近平衡时净速率方程式为：，k1、k2分别为正反应和逆反应的速率常数；p(N2)、p(H2)、p(NH3)代表各组分的分压(分压=总压×物质的量分数)；α为常数，工业上以铁为催化剂时，α=0.5。由M点数据计算___________MPa2(保留两位小数)。
(3)硼簇修饰碳纳米管原位负载的纳米金表面电催化合成氨的反应机理如图3。下列说法正确的是____

A．上述转化过程中涉及非极性键、离子键的断裂和极性键的生成
B．生成NH3的电极总反应式为N2+6H++6e-=2NH3
C．使用纳米金作催化剂可以降低反应的活化能，从而提高化学反应速率
D．当标准状况下22.4 LN2发生反应时，可得到2 mol NH3
(4)纳米金表面电催化合成NH3的过程中，有副产物N2H4生成，N2H4是一种高能燃料，可用于燃料电池，原理如图4，N2H4的电子式为___________，电池的负极反应式为___________。

【答案】(1)     62     ( 或     )
(2)     T3     40%     0.0073(MPa)-2
(3)BC
(4)          N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O
【解析】
(1)对于多步反应，总反应的反应速率由慢反应决定。反应的活化能越大，发生该步反应需消耗的能量就越高，反应速率就越慢，根据图示可知：活化能最大值是17 kJ/mol +45 kJ/mol=62 kJ/mol，因此决速步骤反应的活化能Ea=62 kJ/mol；
根据图示可知：反应物mol N2(g)与mol H2(g)所具有的能量比1 mol NH3 (g)的能量高46 kJ，故该反应的热化学方程式为： ( 或     )；
(2)①根据可知：该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡逆向移动，导致NH3的含量降低。根据图示可知NH3的含量：T1＞T2＞T3，所以反应温度：T1＜T2＜T3，则反应的温度最高的是T3；
在一定条件下，向某反应容器中投入5 mol N2、15 mol H2，混合气体总质量m(气体)=5 mol×28 g/mol+15 mol×2 g/mol=170 g，在M点NH3的质量分数是40%，则m(NH3)=170 g×40%=68 g，n(NH3)=，根据方程式中物质反应转化关系可知：每反应产生2 mol NH3会同时消耗1 mol N2，M点反应产生4 mol NH3，就会消耗2 mol N2，故M点N2的转化率为；
②根据①计算可知M点n(NH3)=4 mol，由方程式中物质反应转化关系n(N2)=5 mol-2 mol=3 mol，n(H2)=15 mol-6 mol=9 mol，此时气体总物质的量n(总)=4 mol+3 mol+9 mol=16 mol，此时气体总压强为16 MPa，p(N2)=3 MPa，p(H2)=9 Pa，p(NH3)=4 MPa，化学平衡常数Kp=；由题意可知反应达到平衡时，，则；
(3)A．根据图示可知：在N2与H2合成NH3的反应中，断裂了非金属单质中的非极性共价键，形成化合物NH3分子中的极性共价键及N2H4中的N-N非极性键，但没有离子键的断裂，A错误；
B．根据图示可知：在正极上N2得到电子与其中生成的H+结合生成NH3，故生成NH3的电极反应式为：N2+6H++6e-=2NH3，B正确；
C．使用纳米金作催化剂可以降低反应的活化能，使更多的普通分子变为活化分子，分子之间有效碰撞次数增加，从而大大提高了化学反应速率，C正确；
D．通过反应机理示意图可知：N2在转化为NH3的过程中会生成副产物N2H4，因此，消耗标准状况下22.4 L即1 mol N2发生反应不能得到2 mol NH3，D错误；
故合理选项是BC；
(4)N2H4分子中N原子之间形成N-N共价键，每个N原子在分别与2个H原子形成共价键，使物质分子中各原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，其电子式为：；
根据图示可知在负极上N2H4失去电子被氧化为N2、H2O，故负极的电极反应式为：N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O。
8. (2022佛山二模) 是温室气体之一。直接催化分解是目前消除最有前景的方法之一。直接催化分解时发生反应：
①
②
③
回答下列问题：
（1）己知：，则___________。
（2）反应进行时，分解转化率随温度变化曲线如图所示。

①反应所需活化能最低的曲线是___________(填“a”“b”“c”或“d”)；
②由曲线d可知，在左右的分解并不明显，其原因是___________；
③A点对应的转化率___________(填“是”或“不是”)平衡转化率，理由是___________；
④在下，将充入体积为的体积不变的容器中，B点的平均反应速率___________；平衡时，测得完全转化为，、的物质的量分别为、，计算反应①的平衡常数为___________。
（3）在一定条件下，能够与脱掉后形成的表面氧反应，促进表面氧的转移形成，进而促进分解。作用的可能机理如下(*表示催化剂的活性中心)：
Step1：
Step2：
Step3：___________
总反应：
Step3的反应方程式为___________。
【答案】（1）+19.6（2分）
（2） ① a（1分）
②无催化剂时，N2O分解反应的活化能较高，速率较慢（2分）
③不是（1分）；A点不是该温度下最高转化率（2分）
④ 0.03 （2分），8mol/L（2分）
（3）NO2+O*→NO+O2+*（2分）
（1）①
②
④
由盖斯定律，反应①+反应④=反应②，则ΔH1+ΔH4=()+()=+19.6；
（2）①由图可知，未平衡时，反应进行相同时间，a对应N2O的转化率最大，则a对应的反应速率最大，反应所需活化能最低的曲线是a；②由曲线d可知，在左右的分解并不明显，可能原因是不加催化剂，分解的活化能大；③A点对应的转化率一定不是平衡转化率，理由为：温度相同，无催化剂、不同催化剂条件下N2O的平衡转化率应该相同，在A点对应温度下，A点对应转化率不是最大值；④B点N2O的转化率为60%，则Δc(N2O)=60%×=0.3mol/L，(0.3mol/L÷10min)=0.03；
平衡时，测得完全转化为，、的物质的量分别为、，则平衡后有0.20molNO2、N2O、0.25molO2、N2共四种物质，根据O原子守恒，n(N2O)=1mol-0.20mol×2-0.25mol×2=0.1mol，根据N原子守恒，n(N2)=(1mol×2-0.20mol-0.1mol×2)÷2=0.8mol，即平衡时有0.20molNO2、0.1molN2O、0.25molO2、0.8N2，浓度分别为0.1mol/L、0.05mol/L、0.125mol/L、0.4mol/L，反应①[]的平衡常数K==8；
（3）Step1：
Step2：
Step3：___________
总反应：
则Step3的反应方程式=总反应-(Step1+ Step2)，为NO2+O*→NO+O2+*。

9. (2022广州二模)乙烯是石油化工最基本原料之一。
I．乙烷在一定条件下可脱氢制得乙烯：C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1＞0。
（1）提高乙烷平衡转化率的措施有_______、_______。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%。平衡时体系的压强为_______kPa，该反应的平衡常数Kp=_______ kPa (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
II．在乙烷中引入O2可以降低反应温度，减少积碳。涉及如下反应：
a．2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g) △H2＜0
b．2C2H6(g) + 5O2(g)= 4CO(g) + 6H2O(g) △H3 ＜0
c．C2H4(g)+ 2O2(g)= 2CO(g) + 2H2O(g) △H4＜0
（3）根据盖斯定律，反应a的△H2=_______ (写出代数式)。
（4）氧气的引入可能导致过度氧化。为减少过度氧化，需要寻找催化剂降低反应_______(选填“a、b、c”)的活化能。
（5）常压下，在某催化剂作用下按照n(C2H6)：n(O2)=1：1投料制备乙烯，体系中C2H4和CO在含碳产物中的物质的量百分数及C2H6转化率随温度的变化如下图所示。

①乙烯的物质的量百分数随温度升高而降低的原因是_______。
②在570~600°C温度范围内，下列说法正确的有_______(填字母)。
A．C2H4产率随温度升高而增大
B．H2O的含量随温度升高而增大
C．C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而增大
D．此催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率
③某学者研究了生成C2H4的部分反应历程如下图所示。写出该历程的总反应方程式_______。该历程的催化剂是_______。

【答案】（1） 减小压强 升高温度(或及时移出生成物，任写两个)
（2） 220 30
（3）△H3−2△H4
（4）a （5） ① a、c反应是放热反应，升高温度，a平衡逆向移动较大 ② BD ③ 2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g) ④ BNOH
【解析】
（1）C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g) ΔH1＞0，该反应是体积增大的吸热反应，提高乙烷平衡转化率的措施有减小压强，平衡向体积增大的反应方向移动即正向移动；升高温度，平衡向吸热反应方向移动即正向移动；或及时移出生成物，平衡正向移动；故答案为：减小压强；升高温度(或及时移出生成物，任写两个)。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器通入等物质的量的C2H6和H2，初始压强为100kPa，假设都为1mol，发生上述反应，乙烷的平衡转化率为20%，

根据压强之比等于物质的量之比得到，解得x=220kPa即平衡时体系的压强为220kPa，该反应的平衡常数；故答案为：220；30。
（3）根据盖斯定律，反应b减去反应c的2倍得到反应a的△H2=△H3−2△H4；故答案为：△H3−2△H4。
（4）为减少过度氧化，主要是制备C2H4，加快反应a的反应速率，因此需要寻找催化剂降低反应a的活化能；故答案为：a。
（5）①分析a、c反应都为放热反应，升高温度，两者反应平衡逆向移动，则乙烯的物质的量百分数降低；故答案为：a、c反应是放热反应，升高温度，a平衡逆向移动较大。
②A．根据图中信息，C2H4产率随温度升高而降低，故A错误；B．乙烷转化率增大，生成水的量增大，而乙烯量减小，说明反应c后来增大，水的量增大，因此H2O的含量随温度升高而增大，故B正确；C．根据图中信息C2H6转化率增大，则C2H6在体系中的物质的量百分数随温度升高而降低，故C错误；D．根据图中信息，CO在较高温度时含量较大，因此该催化剂的优点是在较低温度下降低CO的平衡产率，故D正确；综上所述，答案为：BD。
③根据反应历程过程I、III有氧气参与反应得到乙烯，过程II有乙烷参与反应水，得到该历程的总反应方程式2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g)；该历程中BNOH参与反应，最后又生成BNOH，因此该历程的催化剂是BNOH；故答案为：2C2H6(g)+ O2(g)= 2C2H4(g) + 2H2O(g)；BNOH。
10. (2022广州一模)以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1=-49kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41kJ·mol-1
III.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)　ΔH3
回答下列问题：
（1）Kp为分压平衡常数，各反应的lnKp随的变化如图所示。

计算反应III的ΔH3=___________kJ·mol-1，其对应的曲线为___________(填“a”或“c”)
（2）在5MPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，平衡时，CO和CH3OH在含碳产物中物质的量分数及CO2的转化率随温度的变化如图：

①图中代表CH3OH的曲线为___________(填“m”或“n”)。
②解释150~250℃范围内CO2转化率随温度升高而降低的原因___________。
③下列说法错误的是___________(填字母)。
A．H2的平衡转化率始终低于CO2的
B．温度越低，越有利于工业生产CH3OH
C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化率
D．150-400℃范围内，温度升高，H2O的平衡产量先减小后增大
④270℃时CO的分压为___________，反应II的平衡常数为___________(列出算式)。
【答案】（1） -90 a
（2） ① m ② 150~250℃范围内反应I逆向移动的程度大于反应II正向移动的程度 ③ ACD ④ 0.15MPa 0.015
【解析】
（1）I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH1=-49kJ·mol-1
II.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)　ΔH2=+41kJ·mol-1
根据盖斯定律I - II 可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=-49kJ·mol-1-41kJ·mol-1=-90kJ·mol-1；反应III的ΔH3＜0，T降低平衡右移，Kp增大，lnKp增大，增大，故对应的曲线为a；
（2）①图中代表CH3OH的曲线为m，因为反应I升高温度平衡逆向移动，甲醇的物质的量分数减小；
②150~250℃范围内反应I逆向移动的程度大于反应II正向移动的程度，故CO2转化率随温度升高而降低；
③A．起始n(CO2)：n(H2)=1:3投料，只发生反应I时，CO2、H2转化率相同，发生反应II时，CO2的转化率大于H2的平衡转化率，当I、II都发生时CO2的转化率大于H2的平衡转，A错误；
B．由图可知，温度越低，CH3OH的含量越高，越有利于工业生产CH3OH，B正确；
C．加入选择性高的催化剂，可提高CH3OH的平衡转化速率，不能提高平衡转化率，C错误；
D．150-400℃范围内，温度升高，H2O的平衡产量始终增大，D错误；
故选ACD；
④270℃时CO2的转化率为24%，CO和甲醇的质量分数相同，设起始量n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，反应I CO2转化xmol，反应II是ymol，

，
反应后总的物质的量为：(4-2x)mol，CO和甲醇的质量分数相同，可得x=y，CO2的转化率为24%， ，总物质的量为3.76mol，由可得反应后的总压为4.7MPa，，反应II的平衡常数为：。
11．(2022惠州一模)温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点，合理利用燃料废气中的CO2，也是实现“碳中和”的途径之一。
I．温室气体CO2转化为重要的工业原料甲酸是目前科学研究的热点。回答下列问题：
(1)已知：①CO(g)+H2O(g)⇌ HCOOH(g) △H1=−72.6kJ·mol−1
②2CO(g)+O2(g) ⇌ 2CO2(g)       △H2=−566.0kJ·mol−1
则反应③的平衡常数表达式K=，写出反应③的热化学方程式___________。
(2)刚性绝热密闭容器中，等物质的量的CO2(g)和H2O(g)发生反应③，下列可判断反应达到平衡的是___________(填标号)。
A．CO2(g)和H2O(g)的物质的量之比不变 B．容器中气体平均摩尔质量不变
C．2υ正(CO2)= υ逆(O2) D．容器内温度不变
(3)在催化剂作用下CO2和H2也可以合成甲酸，主要涉及以下反应：
i.СО2(g)+Н2(g) ⇌ НСООН(g) △H3＜0
ii.CO2(g)+H2(g) ⇌ CO(g)+H2O(g) △H4
刚性密闭容器中CO2(g)和H2(g)按物质的量1：1投料，平衡时HCOOH和CO的选择性随温度变化如图所示。(选择性是指转化成目标产物的反应物在实际消耗的反应物中的占比)

①曲线a随温度升高而下降的原因是___________；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时HCOOH的选择性，应选择的反应条件为___________(填标号)。
A． 低温、低压       B．高温、高压       C．高温、低压       D．低温、高压
②240℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
20
40
60
80
压强/MPa
p0
0.91p0
0.85p0
0.80p0
0.80p0

反应i的速率可表示为υ=k·p(CO2)·p(H2)(p为气体分压，分压=总压×气体的物质的量分数， k为常数)，则反应在60 min时υ=___________(用含p0、k的式子表示)。
Ⅱ．CO2−CH4催化重整对减少温室气体的排放、改善大气环境具有重要的意义。
(4)在密闭容器中通入物质的量均为0.2mol的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)，CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示。

①由如图可知：压强p1___________p2(填“＞”、“＜”或“=”)。
②Y点：υ(正)___________υ(逆)(填“＞”、“＜”或“=”)。
【答案】(1)2CO2(g)+2Н2О(g) ⇌2HCOOH(g)+О2(g) △H=+420.8kJ·mol−1
(2)BD
(3)     反应СО2(g)+Н2(g) ⇌НСООН(g) △H3＜0 升高温度，平衡逆向移动     D     k(P0)2 或kP02或0.0625kP02
(4)     ＜     ＞
【解析】
(1)反应③的平衡常数表达式K=，根据反应③的平衡常数表达式得到方程式为2CO2(g)+2Н2О(g) ⇌2HCOOH(g)+О2(g)，根据盖斯定律方程式①的2倍减去方程式②得到反应③的热化学方程式2CO2(g)+2Н2О(g) ⇌2HCOOH(g)+О2(g) △H=+420.8kJ·mol−1；故答案为：2CO2(g)+2Н2О(g) 2HCOOH(g)+О2(g) △H=+420.8kJ·mol−1。
(2)A. 根据反应方程式两者加入量之比为1:1，而消耗的量也是1:1，因此CO2(g)和H2O(g)的物质的量之比永远不变，当CO2(g)和H2O(g)的物质的量之比不变，不能作为判断平衡标志，故A不符合题意；
B. 平均摩尔质量等于总的气体质量除以气体物质的量，气体质量不变，正向反应，气体物质的量减小，平均摩尔质量增大，当容器中气体平均摩尔质量不变，则可作为判断平衡标志，故B符合题意；
C. 2υ正(CO2)= υ逆(O2)，一个正向反应，一个逆向反应，两者速率之比不等于计量系数之比，因此不能作为判断平衡的标志，故C不符合题意；
D. 该容器是绝热容器，正向移动，容器内温度降低，当容器内温度不变，则说明达到平衡，故D符合题意；
综上所述，答案为：BD。
(3)①反应СО2(g)+Н2(g) ⇌НСООН(g) △H3＜0，升高温度，平衡逆向移动，因此曲线a是生成НСООН的图像，因此曲线a随温度升高而下降的原因是反应СО2(g)+Н2(g) ⇌НСООН(g) △H3＜0 升高温度，平衡逆向移动；
СО2(g)+Н2(g) ⇌НСООН(g) △H3＜0是放热的体积减小的反应，根据前面图像要提高平衡时HCOOH的选择性，则温度应该较低，压强较高，为同时提高CO2的平衡转化率，则温度应较低，因此应选择的反应条件为低温、高压即D选项；
故答案为：反应СО2(g)+Н2(g) ⇌НСООН(g) △H3＜0 升高温度，平衡逆向移动；D。
②反应i的速率可表示为υ=k·p(CO2)·p(H2)，转化平衡СО2(g)10.2p00.3p0+Н2(g)10.2p00.3p0⇌НСООН(g)10.2p00.2p0ΔP10.2p0，根据目标选择性分析得到，生成CO的压强p(CO)=0.05p0，开始转化平衡СО2(g)0.3p00.05p00.25p0+Н2(g)0.3p00.05p00.25p0⇌СО(g)00.05p00.05p0+Н2O(g)00.05p00.05p0，则反应在60 min时υ= k·p(CO2)·p(H2) ；故答案为：k(P0)2或kP02或0.0625kP02。
(4)
①根据图中曲线，固定温度，从上到下，转化率降低，平衡逆向移动，则为增大压强，因此得到：压强p1＜p2；故答案为：＜。
②Y点转化率低，相同温度下要达到平衡，转化率需增大，因此要正向反应，即υ(正) ＞υ(逆)；故答案为：＞。
12．(2022江门一模)将CH4和CO2两种引发温室效应气体转化为合成气(H2和CO)，可以实现能量综合利用，对环境保护具有十分重要的意义。
(1)利用CH4、CO2在一定条件下重整的技术可得到富含CO的气体，此技术在能源和环境上具有双重重大意义。重整过程中的催化转化原理如图所示。

已知：i.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)　ΔH1=+206kJ·mol-1
ii.CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)　ΔH2=+165kJ·mol-1
①过程I反应的化学方程式为___________。
②该技术总反应的热化学方程式为___________。
③反应i甲烷含量随温度变化如图1，图中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为1MPa、2MPa时甲烷含量曲线，其中表示2MPa的是___________。

(2)甲烷的水蒸汽重整涉及以下反应
I.CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)　ΔH1=+206kJ·mol-1
II.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)　ΔH2=-41kJ·mol-1
在一密闭体积可变容器中，通入1molCH4和3molH2O(g)发生甲烷的水蒸汽重整反应。
①反应II平衡常数K(500℃)___________K(700℃)(填“>”“<”或“=”)。
②压强为P0kPa时，分别在加CaO和不加CaO时，平衡体系H2的物质的量随温度变化如图2所示。温度低于700℃时，加入CaO可明显提高混合气中H2的量，原因是___________。

③500℃时，反应相同时间后测得CH4的转化率随压强的变化如图3所示。则图2中E点和G点CH4的浓度大小关系为c(G)___________c(E)((填“>”“<”或“=”)；结合的图2、图3，计算500℃、P0kPa下反应II的分压平衡常数Kp(用分压代替浓度，分压等于总压×物质的量分数)为___________。

【答案】(1)     CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) △H=+247.4kJ/mol     CH4(g)+ 3CO2(g) ⇌4CO(g)+ 2H2O(g) △H=+329.8kJ/mol     a
(2)     >     加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II的化学平衡正向移动，氢气含量增大     >     1
【解析】
根据盖斯定律，由已知热化学方程式求出所求热化学方程式；由题中图示可知，过程II的反应分两步，依据各步反应可判断；根据催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡移动，则使用不同的催化剂，达平衡时CH4转化率是一样的予以判断；根据化学平衡“三段式”计算CO2的分压，v(CO)，Kp的值。
(1)①由题图可知，过程I发生CH4+CO2 2CO+2H2反应，根据I．CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)　　 ΔH1=+206.2kJ/mol ；II．CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)　 ΔH2=-165kJ/mol；根据盖斯定律，则I×2+II得：Ⅲ．CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH3=2ΔH1+ ΔH2=2×206.2kJ/mol+(-165kJ/mol)=+247.4kJ/mol；答案为CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.4kJ/mol；
②由题图可知，该技术总反应的化学方程式为CH4(g)+ 3CO2(g) ⇌4CO(g)+ 2H2O(g) 根据盖斯定律，由Ⅲ×2+ II得反应CH4(g)+ 3CO2(g) ⇌4CO(g)+ 2H2O(g) ΔH= ΔH3×2+ ΔH2=+329.8kJ/mol；
③对于吸热反应，压强一定时，升高温度，平衡正向移动，甲烷含量应减少，故排除曲线c、d；温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，甲烷含量将增加，故曲线b表示2MPa时的甲烷含量曲线；
(2)①反应II是放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数K(500℃) >K(700℃)；
②CaO为碱性氧化物，加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应II的化学平衡正向移动，CO浓度降低，反应Ⅰ的平衡也正向移动，使氢气含量增大，故答案为：加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II的化学平衡正向移动，氢气含量增大；
③500°C时， E点压强低于G点压强，G点甲烷浓度大。根据题中图像分析，500°C时， 压强为P0，氢气含量为2.1mol，甲烷转化率为0.6，所以反应I中消耗1mol×0.6 = 0.6molCH4，同时消耗0.6molH2O、生成0.6molCO、生成1.8molH2， 反应Ⅱ生成2.1mol-1.8mol = 0.3molH2，同时消耗0.3molH2O、消耗0.3molCO、生成0.3molCO2，平衡时，CO、H2O、CO2、H2、CH4别为0.3mol、2.1mol、 0.3mol、 2.1mol、0.4mol， 平衡分压分别为P0、P0、P0、P0，所以Kp=，答案为>；1。
13．(2022江门高三上学期调研测试)氮及其化合物在科研及生产中均有重要的应用。根据已学知识回答下列问题：
(1)氮气与氧气在一定压强和条件下发生催化氧化反应时，可发生不同反应，
反应i：
反应ii：
①该条件下氮气被氧气氧化为的热化学方程式为___________。
②反应i与反应ii有关物质产率与温度的关系如图甲。下列说法正确的是__(填序号)。

A．氨催化氧化生成时，温度应控制在
B．提高物料比的值，主要目的是提高反应速率
C．对反应加压可提高反应物平衡转化率
D．高于时的产率降低的原因可能与高温下催化剂的活性降低有关
(2)有毒气体在上催化下发生反应： ，其反应分两步进行(如图乙所示)，写出其中反应①的化学方程式：___________。总反应速率的快慢主要由其中一步反应决定，该反应是___________(填“①”或“②”)。

(3)某科研小组向一密闭容器中通入，控制适当条件使其发生如下反应：，测出的某种平衡物理量X(体积百分数或转化率)随着温度、压强变化而变化的情况如图丙所示。

①X___________(填“能”或“不能”)表示平衡体系中的体积頁分数；的相对大小关系为___________(填“＞”=”或“＜”)。
②若，计算时的平衡常数(为用分压表示的平衡常数)，写出计算过程______。
【答案】(1)          AD
(2)          ①
(3)     不能     ＞    
【解析】
(1)①根据盖斯定律，将得热化学方程式：，故答案为：；
②A．由图甲得，氨催化氧化生成NO时，温度应控制在780~840℃之间，该条件下NO的产率较高，而氮气的产率较低，A项正确；
B．提高物料比的值，主要目的是提高氨气的转化率，B项错误；
C．该反应的正反应是气体分子数增大的反应，加压平衡左移，反应物转化率减小，C项错误；
D．高于900 ℃时催化剂的活性可能降低，使NO产率降低，D项正确，故答案为：AD；
(2)由总反应、反应②知，反应①中应得到中间产物及N2，反应物为、N2O，则反应①的化学方程式为：；总反应的反应速率由较慢一步反应决定，反应①活化能远大于反应②的活化能，则反应①速率慢，决定总反应的反应速率，故答案为：；①；
(3)①由于压强一定时升高温度后X表示的物理量增加，而升温有利于平衡正向移动，故X可表示的平衡转化率，压强一定时，随温度升高，平衡时的体积百分数应降低，故X不能表示的体积百分数；由于正反应是气体分子数目减少的反应，压强越大越有利于平衡正向移动，的平衡转化率越大，故＞，故答案为：不能；＞；
②由题意可得 ，则，故答案为：。

14．(2022茂名二模）)当今中国积极推进绿色低碳发展，力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术，降低空气中CO2含量成为研究热点。工业上常用CO2和H2为原料合成甲醇(CH3OH)，过程中发生如下两个反应：
反应I：
反应II：
(1)①一定条件下，一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为：       _______。
②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为120，则该反应的Ea(正)活化能为_______。
(2)①反应I在催化剂M表面进行，其中CO2生成CH3OH的历程如下图所示(*表示吸附在催化剂表面的物种，TS表示过渡态，能量的单位为eV)。

下列说法正确的是_______。
A．在反应过程中有极性键的断裂
B．本历程共分为5步反应进行
C．本历程的决速步骤的反应为：
D．加入催化剂M可以提高甲醇的平衡产率
②在催化剂M表面进行反应I，当起始量时，在不同条件下达到平衡，体系中CO2的转化率为α(CO2)，在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系和在p=60MPa下α(CO2)随温度变化关系如下图所示。其中代表在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系的是_______(填“a线”或“b线”)；a、b两线的交点E对应的平衡常数_______(填“相同”或“不同”)。当α(CO2)为80%时，反应条件可能是_______。

(3)温度为T℃时，在一个刚性容器中模拟工业上合成CH3OH，往容器中通入1molCO2、3molH2进行反应，反应过程中容器内的压强随着时间变化如下表所示。
时间/min
0
10
20
30
40
50
压强/MPa
120
105
95
90
88
88

(已知：CH3OH选择性=)
请计算反应开始至40min的平均反应速率v(CH3OH)=_______MPa/min；此时CH3OH的选择性为80%，则反应I的压强平衡常数Kp=_______(只列计算式，压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压气体物质的量分数)。
【答案】(1)     -92     161
(2)     ABC     a线     不同     80MPa，400℃或60MPa，200℃
(3)     0.4    
【解析】
(1)①一定条件下，一氧化碳加氢生成甲醇的热化学方程式为： 根据盖斯定律，   。故答案为：-92；
②若反应II逆反应活化能Ea(逆)为120，则该反应的Ea(正)活化能为。故答案为：161；
(2)①A．在反应过程中二氧化碳断了碳氧双键，属于极性键，A正确。B．由历程图可知，本历程有5个过渡态，故本历程共分为5步反应进行，B正确。C．决速步骤为慢反应，反应所需要的活化能最高，由历程图可知，活化能最高的一步为到TS3，所以本历程决速步骤的反应为：，C正确。D．加入催化剂M可以提高反应速率，但催化剂不影响平衡，故不能改变甲醇的平衡产率，D错误。故答案为：ABC；
②反应I为；达到平衡后，增大压强，平衡正向移动，α(CO2)增大，故a线代表在T=400℃下α(CO2)随压强变化关系；这是一个放热反应，达到平衡后，升高温度，平衡逆向移动，α(CO2)减小，故b线代表在p=60MPa下α(CO2)随温度变化关系。a、b两线的交点E对应的反应条件为400℃、50MPa和500℃、60MPa，这两个条件的温度不同，故平衡常数K不同。当α(CO2)为80%时，对应a线的条件为80MPa，400℃；对b线的条件为60MPa，200℃。。故答案为：a线；不同；80MPa，400℃或60MPa，200℃；
(3) 温度为T℃时，在一个刚性容器中模拟工业上合成CH3OH，在40min时达到了平衡，设反应I中CO2的转化量为xMPa，反应II中CO2的转化量为yMPa，可利用表中数据列压强三段式：

平衡时，，，，，，。所以
；的选择性为80%，CH3OH选择性，可求出y=4，所以平衡时，，，，反立I的。故答案为：0.4；。
15．(2022梅州二模）)工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破。
(1)已知：3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g) ΔH= -92.2 kJ/mol ，若起始时向容器内放入2mol N2和6 mol H2，达平衡时放出的热量为Q，则Q_______184.4kJ(填“>”“<”或“=”)。
(2)合成氨生产流程如图所示。

流程中，有利于提高原料利用率的措施是_______(任写两种)。
(3)合成氨的反应条件研究：实验测定不同条件下，平衡时氨气的含量与起始氢氮比之间的关系如图所示。

①T0_______ 420(填“>”“<”或“=”，下同)。
②d点时的转化率：α(N2)_______ α(H2)。
③a、b、c三点对应平衡常数的大小关系为_______ (用 Ka、Kb、Kc表示)。
④p(N2)、p(H2)、p( NH3)分别代表N2、H2、NH3的分压，Kp代表压力平衡常数(用平衡时的分压代替平衡时的浓度表示)，一定条件下，上述合成氨反应接近平衡时，遵循如下方程： v(NH3)=k正×p(N2) 。其中v(NH3)为氨合成反应的净速率(即正逆反应速率差)，a为常数，与催化剂性质及反应条件有关， k正、k逆为速率常数，该条件下，实验测得a =0.5，则反应达到平衡时，k正、k逆、Kp三者的关系式为_______。
(4)可用作合成氨的催化剂有很多，如Os、Fe、Pt、Mn、Co等金属及相应的合金或化合物。该反应在LaCoSi催化作用的化学吸附及初步表面反应历程如下：

注：方框内包含微粒种类及个数、微粒的相对总能量(括号里数字的单位：eV)其中，TS表示过渡态，*表示吸附态。
①请写出N2参与化学吸附的反应方程式_______。
②以上历程须克服的最大势垒为_______kJ/mol(列出计算式)。(已知：1 eV=1.6 ×10-22 kJ)
【答案】(1)<
(2)加压10 Mpa~30 Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用
(3)     >     =     Kb=Kc>Ka(或Ka (4)     N2(g)→2N*(g) [或N2(g)+H2(g)→2N*+H2(g)]     1.47 ×1.6 ×10- 22 ×6.02 ×1023 {或[0.01- (-1.46)]   ×1.6 ×10 -22 ×6.02 ×1023}
【解析】
(1)反应是可逆反应不能进行彻底，该温度下合成塔中放入2mol N2和6mol H2，生成的氨气小于2mol，故达平衡后放出的热量小于184.4 kJ；故答案为：＜；
(2)N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)是气体分子总数减小的放热反应，增大压强10Mpa～30Mpa可促使平衡右移提高原料利用率，采用迅速冷却的方法使氨气液化并及时分离可降低速率、但促使平衡正向移动提高原料利用率；原料气循环使用能使原料气的浓度保持一定能提高N2、H2的转化率，则流程中有利于提高原料利用率的措施是加压10 Mpa~30 Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用；故答案为：加压10 Mpa~30 Mpa、冷却液化氨、原料气循环利用；
(3)①该反应ΔH＜0，升高温度，平衡向吸热方向移动，即左移，氨气转化率减小，曲线①和④压强相同，当相同时，①氨气转化率更大，即④的温度比①更高，故答案为：＞；
②b点时，=3，与氢气和氮气的化学计量数之比一致，即α(N2)=α(H2)，故答案为：=；
③平衡常数的大小，仅与温度有关，该反应为放热反应，温度越高，K值越小，a、b、c四点对应温度从小到大排列为即b=c＜a，即平衡常数由大到小的顺序为Kb=Kc＞Ka，故答案为：Kb=Kc＞Ka；
④平衡常数Kp=，合成氨反应平衡时，v(NH3)=0molL-1min-1遵循如下方程：v(NH3)=k正•p(N2)[]1−a-k逆[]1−a=0，即k正•p(N2)[]1−a=k逆[]1−a，此时a=0.5，即k正•p(N2)[]0.5=k逆[]0.5，k正=，故答案为：k正=k逆•Kp；
(4)①根据题意，N2与H2合成NH3的过程是：N2在催化剂表面化学吸附后变成N*，然后再与H2作用生成过渡态TS，最后再解吸附，因此N2的化学吸附发生在第一步，为N2(g)→2N*，故答案为：N2(g)→2N*；
②根据框图，反应最大能垒为2N*(g)+H2(g)→TS，能量E=0.01eV-(-1.46eV)=1.47eV，即可计算出1.47 ×1.6 ×10- 22 ×6.02 ×1023。
16．(2022清远市高三上学期期末)我国拥有众多非物质文化遗产，如建窑建盏烧制技艺、浦城剪纸、武夷岩茶(大红袍)制作技艺等。
I.建盏的魅力斑纹是由釉面里面由内至外呈现的，三维立体，栩栩如生，主要因建阳水吉附近的南方红壤土中蕴含大量的铁，通过高温烧制控制进入的氧气量，把坯体铁析晶和釉水铁析晶呈现出来，这些表现在建盏的釉色当中，该过程会形成不同形态的铁(如Fe2O3、FeO、，Fe3O4等)。以下是烧制过程中可能发生反应的热化学方程式：
Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH1=akJ·mol-1
FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g) ΔH2=bkJ·mol-1
Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) ΔH3=ckJ·mol-1
(1)写出CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的热化学方程式：________。

(2)在太阳能的作用下，缺铁氧化物(如Fe0.9O)能催化分解CO2，其过程如图所示。过程①的化学方程式是___________，过程②能量转化的主要形式为___________。
II.一种以CO2为碳源，在催化剂作用下催化加氢制备可再生能源甲醇的反应如下：
反应i：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4=-49.1kJ·mol-1
反应ii：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH5=+41.1kJ·mol-1
(3)往恒容密闭容器中按n(CO2)：n(H2)=1：3(总量为a mol)充入反应物，在合适催化剂作用下，发生反应i、ii，CO2的平衡转化率和甲醇的选择率(转化为甲醇的CO2物质的量与参加反应的CO2总物质的量之比)如图所示。在513K达平衡时，甲醇的物质的量为________(列出计算式)mol。随着温度的升高，CO2的平衡转化率升高但甲醇的选择率降低的原因是_______。

(4)现向恒温恒压(0.1MPa)的密团容器中充入1molCO2、3molH2和6molHe，选择合适的催化剂使其仅按反应i进行，上述反应达平衡时，测得CO2的转化率为20%，则该反应的Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，结果精确到0.1)MPa-2。CO2制备CH3OH的过程中，往往伴随着反应ii，从而导致CH3OH的选择率下降，有研究表明，在原料气中掺入适量CO，能提高CH3OH的选择率，试说明其可能的原因：___________。
【答案】(1)CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)   ΔH=(3a-6b-2c)kJ·mol-1
(2)     10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C     太阳能转化为化学能
(3)     0.25a×15%×78%     升高温度，反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度，
(4)     33.3     适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i
【解析】
(1)CO气体还原Fe2O3固体得到Fe3O4固体和CO2气体的化学方程式为CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)，依次将题目所给三个热化学方程式标号为①②③，根据盖斯定律3×①-6×②-2×③可得CO(g)+3Fe2O3(s)=CO2(g)+2Fe3O4(s)的ΔH=(3a-6b-2c)kJ·mol-1；
(2)据图可知过程①中Fe0.9O被CO2氧化为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为10Fe0.9O+CO2=3Fe3O4+C，过程②中再太阳能条件下Fe3O4被分解为O2和Fe0.9O，所以能量转化的主要形式为：太阳能转化为化学能；
(3)根据题意可知投料为0.25a molCO2和0.75a molH2，据图可知513K达平衡时CO2的平衡转化率为15%，甲醇的选择率为78%，结合反应i可知生成的甲醇为0.25a×15%×78% mol；反应i焓变小于0为放热反应，反应ii焓变大于0为吸热反应，升高温度反应ii平衡正向移动，反应i平衡逆向移动，且反应ii正向移动的程度大于反应i逆向移动的程度，所以CO2的平衡转化率升高，甲醇的选择率降低；
(4)平衡时CO2的转化率为20%，则Δn(CO2)=1mol×20%=0.2mol，剩余n(CO2)=0.8mol，结合方程式可知此时n(H2)=2.4mol、n(CH3OH)=0.2mol、n(H2O)=0.2mol，He不参与反应，仍为6mol，所以p(CO2)=×0.1MPa=×0.1MPa，同理可得p(H2)=×0.1MPa、p(CH3OH)=p(H2O)=×0.1MPa，所以Kp=MPa-2=33.3 MPa-2；CO为反应ii的生成物，适量CO可以抑制反应ii平衡正向移动，使更多的CO2和H2进行反应i，提高CH3OH的选择率。
17．(2022汕头市高三上学期期末质量监测)汽车尾气主要污染物有、、CO、及固体颗粒物等，研究汽车尾气成分及其发生的反应，可以为更好地治理汽车尾气提供技术支持。
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
(1)根据盖斯定律，反应Ⅰ的___________。
(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．增大的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的正反应速率都增加
B．加入反应Ⅰ的催化剂，可提高CO的平衡转化率
C．反应Ⅱ：
D．升高反应温度，反应Ⅲ的正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动
(3)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的对数随反应温度T的变化曲线如图所示，曲线②为反应___________(填写“Ⅰ”或“Ⅱ”或“Ⅲ”)；结合各反应的，归纳曲线变化规律：___________(任意一条)。

(4)汽车排气装置中的三元催化装置，可以利用反应     实现气体的无害化排放。T℃时，在恒容的密闭容器中通入一定量的CO和NO，能自发进行上述反应，测得不同时间的CO和NO的浓度如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5

1.50
1.15
0.75
0.55
0.50
0.50

3.00
2.65
2.25
2.05
2.00
2.00
①该反应在1～3s内的平均反应速率为___________。
②反应达平衡时压强为100kPa，求压强平衡常数___________(列式计算，结果保留2位有效数字)。(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)
③某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将CO、NO以一定流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO转化率)，结果如图所示，若高于450℃，曲线Ⅱ中脱氮率随温度升高而降低的主要原因可能是：___________。

【答案】(1) (2)AC
(3)     Ⅰ     放热反应，随T增大而减小；吸热反应，随T增大而增大；焓变越大，随T的变化程度越大
(4)          2.0×10-2   反应温度太高，催化剂活性降低，反应放热，平衡向逆反应方向移动
【解析】
(1)已知反应I可由反应II减去反应III得到，根据盖斯定律可知，==-95.2kJ/mol，故答案为：；
(2)A．由题干信息可知，三个反应中H2均作反应，则增大的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的正反应速率都增加，A正确；
B．催化剂只能改变反应速率，即改变达到平衡所需要的时间，不能是平衡发生移动，则加入反应Ⅰ的催化剂，不可提高CO的平衡转化率，B错误；
C．已知反应Ⅱ为，根据反应速率之比等于化学计量数之比可得，现又有，则可推出即正逆反应速率相等，达到平衡状态，C正确；
D．升高温度，任何反应的化学反应速率均增大，故升高反应温度，反应Ⅲ的正反应速率增大，逆反应速率增大，正反应是个吸热反应，故平衡正向移动，D错误；
故答案为：AC；
(3)由题干信息结合(1)解析可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的正反应分别是一个放热反应、放热反应和吸热反应，则升高温度，化学平衡分别向逆方向、逆方向和正方向移动，平衡常数分别减小、减小和增大，lgK是个增函数，故有题干图可知，曲线①②表示平衡常数的对数随反应温度T的升高而减小，曲线③表示平衡常数的对数随反应温度T的升高而减小，已知曲线①代表反应II，故曲线②为反应Ⅰ，结合各反应的，归纳曲线变化规律：放热反应，随T增大而减小；吸热反应，随T增大而增大；焓变越大，随T的变化程度越大，故答案为：I；放热反应，随T增大而减小；吸热反应，随T增大而增大；焓变越大，随T的变化程度越大；
(4)①由表中数据可知，该反应在1～3s内的平均反应速率为=，故答案为：；
②由三段式分析可知， ，则反应达平衡时压强为100kPa，平衡时CO的分压为：2.00×10-3mol•L-1×VL(2.00+0.50+0.50+1.00)×10-3mol•L-1×VL×100kPa=50kPa，同理可得NO的平衡分压为：12.5kPa，N2的平衡分压为：12.5kPa，CO2的平衡分压为：25kPa，求压强平衡常数==2.0×10-2，故答案为：2.0×10-2；
③由题干信息可知， 正反应是一个放热反应，曲线是在相同时间内测量的，曲线II的最高点为反应的平衡点，故若高于450℃，曲线Ⅱ中脱氮率随温度升高而降低的主要原因可能是反应温度太高，催化剂活性降低，反应放热，平衡向逆反应方向移动，故答案为：反应温度太高，催化剂活性降低，反应放热，平衡向逆反应方向移动。
18．(2022韶关市高三上学期综合测试)当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，因此碳的利用、捕集和减排成了研究的重点。
(1)目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：
反应I：CO2(g)＋4H2(g) ⇌ CH4(g)＋2H2O(g) ΔH1=-164.9kJ·mol-1
反应II：CO2(g)＋H2(g) ⇌ CO(g)＋H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1
则CH4(g)和H2O(g)重整生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为___________。
(2)将CO2和H2按体积比1：4混合(n总=5mol)，匀速通入装有Ru/TiO2催化剂的反应容器中发生反应I和反应II。反应相同时间，CO2转化率、CH4和CO选择性(选择性：转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)随温度变化曲线分别如图所示。

①a点的正反应速率和逆反应速率的大小关系为v正(a)___________v逆(a)(填“＞”“=”或“＜”)。
②Ru/TiO2催化剂在较低温度主要选择___________(填“反应I”或“反应II”)。
③350℃～400℃温度区间，CO2转化率呈现减小的变化趋势，其原因是___________。
④350℃时，反应达到平衡时容器体积为5L，求该温度下反应I的平衡常数K=___________L2·mol-2。
(3)常温下，用NaOH溶液作CO2捕捉剂不仅可以降低碳排放，而且可得到重要的化工产品Na2CO3。若某次捕捉后得到pH=10的溶液，则溶液中c(CO)：c(H2CO3)=___________。(已知：常温下H2CO3：Ka1=4.5×10-7、Ka2=4.7×10-11)

(4)Na−CO2电池可以实现对CO2的利用，该类电池放电的反应方程式为：4Na+3CO2=2Na2CO3+C。其工作原理如图所示，请写出正极的反应方程式___________。
【答案】(1)CH4(g)+H2O(g) ⇌ CO(g)+3H2(g)       ΔH=+206.1kJ·mol-1
(2)     ＞     反应I     350℃～400℃温度区间，化学反应已达到平衡，且主要发生反应I，而反应I是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，CO2转化率减小     625
(3)2115(或2115：1)
(4)3CO2+4Na++4e-=C+2Na2CO3
【解析】
(1)CH4与H2O反应的方程式为CH4＋H2O ⇌ CO＋3H2，根据盖斯定律由：反应Ⅱ－反应Ⅰ，ΔH2－ΔH1=＋206.1kJ·mol－1，热化学反应方程式为CH4(g)+H2O(g) ⇌ CO(g)+3H2(g)       ΔH=+206.1kJ·mol-1；故答案为CH4(g)+H2O(g) ⇌ CO(g)+3H2(g)       ΔH=+206.1kJ·mol-1；
(2)①根据图像可知，400℃之前，CH4的选择性为100%，即400℃之前，发生反应Ⅰ，反应Ⅰ为放热反应，根据温度与CO2转化率的关系图可知，350℃时达到平衡，350℃之前CO2的转化率增大，说明反应达到平衡，即v正(a)＞v逆(a)；故答案为＞；
②根据题中图像可知，低温下，CH4的选择性为100%，即该催化剂在较低温度主要选择反应I；故答案为反应I；
③根据上述分析，350℃反应I达到平衡，350℃～400℃温度区间，化学反应已达到平衡，且主要发生反应I，而反应I是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，CO2转化率减小；故答案为350℃～400℃温度区间，化学反应已达到平衡，且主要发生反应I，而反应I是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，CO2转化率减小；
④350℃时发生反应I，CH4的选择性为100%，转化成CO2的物质的量为1mol×80%=0.8mol，同时消耗H2的物质的量为3.2mol，生成甲烷的物质的量为0.8mol，水蒸气的物质的量为1.6mol，反应I的平衡常数为=625；故答案为625；
(3)Ka1=，Ka2=，Ka1×Ka2=×，=2115；故答案为2115；
(4)根据原电池工作原理，正极上得到电子，电解质溶液为NaClO4－四甘醇二甲醚，因此正极反应式为3CO2+4Na++4e－=C+2Na2CO3；故答案为3CO2+4Na++4e－=C+2Na2CO3。
19．(2022深圳二模)CO、CO2加氢有利于缓解化石能源消耗，实现“碳中和”.该体系主要涉及以下反应：
反应I：CO(g)+2H2(g) ⇌CH3OH(g) ΔH1<0
反应II：2CO(g)+4H2(g) ⇌C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH2<0
反应III：2CO2(g)+6H2(g) ⇌C2H5OH(g)+3H2O(g) ΔH3<0
反应IV：CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH4<0
反应V：2CH3OH(g) ⇌C2H5OH(g)+H2O(g) ΔH5
回答下列问题：
(1)上述反应中，ΔH5=____(写出一个代数式即可)。
(2)密闭容器中，上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列描述正确的有____(填标号)。
A．加入催化剂，可提高CO2的平衡转化率
B．降低温度，反应Ⅱ的正反应速率增大，逆反应速率减小
C．增大CO的浓度，反应Ⅲ、IV的平衡均向左移动
D．恒温恒容充入氩气，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡不移动
(3)恒容下，n(CO)=n(CO2)=1mol，并按照不同氢碳比[]投料，发生上述反应。图甲表示不同氢碳比时，[CO+CO2]的总平衡转化率随温度变化的关系；图乙表示氢碳比=3时，平衡后体系中C2H5OH、CH3OH的选择性随温度变化的关系。
已知：CH3OH的选择性=×100%；C2H5OH的选择性=×100%

①图甲中x____3(填“大于”“小于”或“等于”)，其原因是____。
②Q点对应的体系中n(CH3OH)=___mol；此时，H2转化了4mol，则反应2CH3OH(g)C2H5OH(g)+H2O(g)的平衡常数Kp=____(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位有效数字)。
(4)常温常压下，以Ag为催化剂，在酸性水溶液中将CO2电催化还原为CO的反应历程如图所示：

①据图，CO和CO2相比，____(填化学式)更稳定。
②吸附在催化剂表面上的物种用*标注，图中第一步反应为CO2+e-+H+=*COOH，则第二步反应为____。
【答案】(1)ΔH2-2ΔH1或ΔH3-2ΔH4(2)CD(3)     大于     相同温度下，氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，该体系加氢反应的平衡向右进行，CO和CO2的平衡转化率均增大，故x＞3     0.8     0.75
(4)     CO2     *COOH+H++e-=H2O+*CO
【解析】
(1)根据盖斯定律，Ⅱ-Ⅰ×2可得V，Ⅲ-2×Ⅳ也可得V，所以ΔH5=ΔH2-2ΔH1或ΔH3-2ΔH4；
(2)A．催化剂可以加快反应速率，但不能改变平衡转化率，A错误；
B．降低温度，正逆反应速率均减小，B错误；
C．增大CO的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ平衡正向移动，CH3OH(g)、C2H5OH(g)的浓度增大，反应Ⅲ、IV的平衡均向左移动，C正确；
D．氩气不参与反应，恒温恒容充入氩气，反应Ⅰ、Ⅱ中的反应物和生成物的浓度均不改变，平衡不移动，D正确；
综上所述答案为CD；
(3)①相同温度下，氢碳比越大(或增加氢气的物质的量)，该体系加氢反应的平衡向右进行，CO和CO2的平衡转化率均增大，故x＞3；
②Q点[CO+CO2]的总平衡转化率为80%，乙醇和甲醇的选择性均为50%，所以n(CH3OH)=(1mol+1mol)×80%×50%=0.8mol；n(C2H5OH)=(1mol+1mol)×80%×50%×=0.4mol，设H2O(g)的物质的量为x mol，H2转化了4mol，则根据H元素守恒有4×0.8mol+6×0.4mol+2x mol=4mol×2，解得x=1.2mol，该反应前后气体系数之和相等，所以可以用物质的量代替分压计算平衡常数Kp，则平衡常数Kp==0.75；
(4)①据图可知CO2的能量低于CO，所以CO2更稳定；
②据图可知第二步反应中*COOH结合H++e-转化为H2O和*CO，化学方程式为*COOH+H++e-=H2O+*CO。
20. (2022深圳一模)N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前，直接催化分解法是消除N2O的主要方法，该过程中发生的反应如下：
i.2N2O(g) ⇌ 2N2(g)+O2(g) △H1
ii.2N2O(g) ⇌ N2(g)+2NO(g) △H2
iii.4N2O(g) ⇌ 3N2(g)+2NO2(g) △H3
回答下列问题：
（1）根据盖斯定律，反应2NO(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g)的△H=___(写出代数式即可)。
（2）已知反应i在任意温度下均能自发进行，则反应i为___(填“吸热”或“放热”)反应。
（3）反应i的势能曲线示意图如图(…表示吸附作用，A表示催化剂，TS表示过渡态分子)：

①过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为___kcal·mol-1。
②下列有关反应i的说法不正确的是___(填标号)。
A．过程Ⅰ中有极性键断裂
B．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成
C．该反应中只有两种物质能够吸附N2O分子
D．过程Ⅱ中间体A—O2可释放O2也可吸附N2O分子
（4）模拟废气中N2O直接催化分解过程。
①515℃时，将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3·h-1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v(N2O)为____m3·h-1。欲提高N2O的转化率，可采取的措施为____(任写一条)。
②T℃和P0kPa时，在恒压密闭容器中进行模拟实验。各组分的相关信息如表：

物质
N2
N2O
O2
CO2
NO
NO2







n(投料)/mol
19
34
6.5
25
0
0
n(平衡)/mol
50
x
20
25
2
2
其中x=____，N2O的平衡转化率为____(保留三位有效数字)；该温度下，反应2N2O(g) ⇌ 2N2(g)+O2(g)的压强平衡常数Kp=___kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（1）△H3-△H1-△H2
（2）放热 （3） ①. 82.17 ②. C
（4） ① 960 ② 减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等) ③ 1 ④ 97.1% ⑤ 500po
【解析】
（1）i.2N2O(g) ⇌ 2N2(g)+O2(g) △H1
ii.2N2O(g) ⇌ N2(g)+2NO(g) △H2
iii.4N2O(g) ⇌ 3N2(g)+2NO2(g) △H3
根据盖斯定律，将iii-i-ii得：反应2NO(g)+O2(g) ⇌ 2NO2(g)的 △H=△H3-△H1-△H2。答案为：△H3-△H1-△H2；
（2）已知反应i在任意温度下均能自发进行，则表明反应i为任意条件下的自发反应，其∆S＞0，则∆Ｈ＜０，所以该反应为放热反应。答案为：放热；
（3）①过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为活化分子的最高能量与分子平均能量的差值，即为37.49 kcal·mol-1-(-44.68 kcal·mol-1)= 82.17kcal·mol-1。
②A．过程Ⅰ中，N2O转化为N2等，断裂为氮氧共价键，其为极性键，A正确；
B．从图中可以看出，过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，B正确；
C．从图中可以看出，A、A-O、A-O2都能吸附N2O，所以该反应中有三种物质能够吸附N2O分子，C不正确；
D．从图中看出， A-O2在过程Ⅱ中转化为A，从而释放出O2，在过程Ⅲ中吸附N2O分子，D正确；
故选C。答案为：82.17；C；
（4）①515℃时，将模拟废气(N2O体积分数为40%)以6000m3·h-1的速度通过催化剂，测得N2O的转化率为40%，则平均反应速率v(N2O)为6000m3·h-1×40%×40%=960m3·h-1。由于反应为气体分子数增大的分解反应，所以欲提高N2O的转化率，可采取的措施为：减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)。
②利用表中数据，可建立以下三段式：



由分析可得出，其中x=1，N2O的平衡转化率为；该温度下，反应2N2O(g) ⇌ 2N2(g)+O2(g)的压强平衡常数Kp=kPa ==500po kPa。
答案为：960；减压(或升温、将废气缓慢通过催化剂等)；1；97.1%；500po。