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2023届高三化学一轮专题训练题—化学反应原理综合题+
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2023届高三化学一轮专题训练题—化学反应原理综合题
1．（2022秋·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）CO2用于催化氧化C2H6合成C2H4， 总反应为：CO2(g)+C2H6(g) CO(g)+H2O(g)+C2H4(g) ∆H=+177 kJ·mol-1；反应分两步进行：
反应i C2H6(g) C2H4(g)+ H2(g) ∆H1=+ 137kJ·mol-1
反应ii CO2(g)+H2(g) CO(g)+ H2O(g) ∆H2
回答下列问题：
(1)∆H2 =_______ kJ·mol-1。
(2)已知平衡常数(K)与温度(T)之间存在定量关系， 且符合Van’tHoff方程lnK= - (不同反应中C不同)。上述三个反应的平衡常数(K)与温度(T)之间的关系如图，反应i对应的曲线为_______(填“a”“b”或“c”)。
(3)按照n(CO2) ： n(C2H6)=1 ：1投料，测得C2H6平衡转化率[α(C2H6)]与温度、压强的关系如图所示，则压强P1、P2、P3由大到小的顺序为_______，判断的理由是________。
(4)在C2H4合成体系内会发生副反应。
①若发生副反应C2H6(g) 3H2(g)+ 2C(s)，会降低催化效率，原因是_______。
②某温度下，若只存在副反应： 2CO2(g)+C2H6(g) 4CO(g)+3H2(g)。 向aL密闭容器中充入1.2molC2H6和2molCO2，tmin后反应达到平衡，容器内C2H4为0.6mol，CO2为0.4 mol，则v(CO2)=_______ mol·L-1·min-1， C2H6的平衡总转化率为_______%(保留1位小数)。
(5)我国科学家利用CO2电催化氧化法实现了C2H6制备C2H4，阴极电极反应式为：CO2+2e-=CO+O2-，则阳极电极反应式是_______。
2．（2022春·湖南长沙·高三浏阳一中校考期末）氨氮废水中氮元素主要以、NH3形式存在，氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获得缓释肥料磷酸镁铵(MgNH4PO4)，过程如下。
已知：
物质
MgNH4PO4
Mg3(PO4)2
Mg(OH)2
溶度积
2.5×10-13
1.04×1024
1.8×10-11
(1)写出的电子式_______。
(2)经处理后，分离磷酸镁铵所用的方法是_______。
(3)处理氨氮废水时(氮元素以形式存在)，磷酸盐可选用Na2HPO4，主要生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为_______。
(4)向此废水中加入磷酸盐和镁盐，使铵态氮的残留达到一级排放标准(≤1.0mg/L即≤7×10-5mol/L)，且c()=1.0×10-5mol/L，则沉淀后的废水中c(Mg2+)≥_______(保留两位有效数字)。
(5)pH过大会降低废水中氨氮的去除率，可能的原因是_______。
(6)使用次氯酸钠等氧化剂可以将污水中的NH3氧化除去，可以产生无色无味气体，该反应的化学方程式为_______。某条件下，次氯酸钠投加量对污水中的氮的去除率的影响如图所示，当m(NaClO)：m(NH3)>7.7时，总氮除去率随m(NaClO)：m(NH3)的增大不升反降的原因_______。
3．（2023秋·湖南株洲·高三校考阶段练习）含氮化合物在生产生活中有重要的应用。请回答：
(1)NOx与含硫化合物的热化学方程式如下：
反应I：CaS(s)+3NO2(g)=CaO(s)+SO2(g)+3NO(g) △H=-279.12kJ·mol-1 K1
反应II：CaS(s)+4NO2(g)=CaSO4(s)+4NO(g) △H=-714.52kJ·mol-1 K2
反应III：CaSO4(s)+NO(g)=CaO(s)+SO2(g)+NO2(g) △H K3
①三个反应的平衡常数的lnK随温度变化关系如图所示，则表示lnK2的曲线是____。
②在恒温条件下，加入反应物，一段时间后达到平衡时c(SO2)如图所示，t1时减小容器体积，t2时达到新平衡，请画出t1至t2时c(SO2)变化趋势图____。
(2)合成氨工厂以“水煤气”和N2为原料，采用两段间接换热式绝热反应器，由进气口充入一定量含CO、H2、H2O、N2的混合气体，在反应器A进行合成氨，其催化剂III铁触媒，在500℃活性最大，反应器B中主要发生的反应为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H<0，装置如图。
①温度比较：气流a____气流b(填“>”“<”或“=”)。
②气体流速一定，经由催化剂I到催化剂II，原料转化率有提升，其可能原因是：____。
③下列说法正确的是____。
A．利用焦炭与水蒸气高温制备水煤气时，适当加快通入水蒸气的流速，有利于水煤气的生成
B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1反应器温度越低，终端出口2收率越高
C．终端出口2得到的气体，通过水吸收，再加热水溶液，可分离出NH3
D．反应原料气从进气口105℃到300℃出口1，已完成氨的合成
(3)已知-33℃液氨中存在：2NH3(l)NH+NH K=10-29，在100mL液氨中加入0.0001mol NH4Cl固体溶解，并完全电离(忽略体积变化)，则c(NH)=____mol·L-1。金属钾能溶解于液氨中形成蓝色的液氨溶液，反应的化学方程式为K+NH3=K++e(NH3)(电子的氨合物，显蓝色)，加入NH4Cl固体，即发生共价键断裂和形成的反应，请写出离子方程式____。
4．（2022·湖南长沙·雅礼中学校考一模）绿色能源是未来能源发展的重要方向，氢能是重要的绿色能源。
(1)氢气是一种环保的气体，不会污染大气且热值高。相关化学键的键能表示如表：
化学键
O=O
H—H
O—H
键能E/(kJ·mol-1)
a
b
c
已知：H2O(g)=H2O(l)△H=-dkJ/mol，则氢气燃烧热的△H1=____kJ/mol(用含a.、b、c、d的代数式表示)。
(2)催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2=-41.2kJ·mol-1；在T1℃时，将0.10molCO(g)与0.40molH2O(g)充入5L的容器中，反应平衡后H2的物质的量分数x(H2)=0.08。
①CO的平衡转化率α=____%，反应平衡常数K=____(结果保留2位有效数字)。
②保持容器容积不变，在反应初期，可以提高单位时间内CO转化率的措施有____(填标号)。
A．增大水蒸气的浓度
B．通入“惰性气体”
C．升高温度
D．按原料起始比再通入0.10molCO(g)与0.40molH2O(g)
③由T1℃时上述实验数据计算得到v正~x(CO)和v逆~x(H2)的关系可用如图1表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡后，相应的点分别为____(填标号)。
④研究表明，CO催化变换反应的速率方程为v=k[x(CO)·x(H2O)-]式中x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示相应的物质的量分数，Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图2所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp____(填“增大”或“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T>Tm时v逐渐减小的原因是____。
(3)氨电解法制氢气。利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图3所示。阳极的电极反应式为____。
5．（2023·全国·高三专题练习）环己烷和苯均是重要的化工原料，对环己烷一苯系统的研究既有生产实际价值，也具有理论意义。回答下列问题。
(1)环己烷脱氢生苯的热效应研究
①已知下列物质的燃烧热数据如下：
物质
C(s，石墨)
H2(g)
(g)
(g)
∆H/kJ·mol-1
-393.5
-285.6
-3264
-3920
则计算脱氢反应： (g，环己烷) (g)+3 H2(g)的ΔH= _______ kJ·mol-1；
②利用下列表格中的键能数据计算上述脱氢反应的ΔH时，计算值与实测值差异较大。试从分子结构的角度解释原因_______；
化学键
C-H
C-C
C=C
H-H
键能/kJ·mol-1
412
348
612
436
(2)脱氢生苯的平衡研究
将适量环己烷蒸气置于恒压密闭容器中，掺混水蒸气。在不同反应温度下，测得环己烷的平衡转化率如图实线所示：
①掺入水蒸气能提高环己烷的平衡转化率，解释说明该事实_______；
②要提高气态原料的平衡转化率，还可采取的措施是_______(写一条)。
(3)脱氢生苯的动力学研究
①一定条件下测得在2L恒容容器中单纯进行脱氢反应的n(H2)如下：
t/min
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n(H2)/10-3mol
0
1.6
3.5
5.2
7.0
计算2.0min～8.0min内，(苯)=_______mol·min-1(保留两位有效数字)；
②在催化剂作用下，产物苯的选择性(指各种可能的有机产物中苯的体积分数)如图中虚线所示。据此判断此时选择最佳温度为_______(填字母序号)左右。
A450℃ B．550℃ C．650℃ D．800℃
③在温度较高时，随温度升高环己烷的转化率升高，但苯的选择性降低，可能原因是_______。
(4)一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢。阴极气体产物除环己烷和H2外，无其它有机产物。阴极上苯生成环己烷的电极反应式为_______；阴极产生H2的物质的量为_______mol。
6．（2022·新疆昌吉·统考二模）含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。回答下列问题。已知：
Ⅰ. 2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) ΔH1= -483.6 kJ·mol-1
Ⅱ.N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2 = +180.5 kJ·mol-1
Ⅲ.2H2(g)+ 2NO(g) N2(g)+ 2H2O(g) ΔH3
(1)若已知反应III的正反应活化能为Ea kJ·mol-1， 则逆反应活化能为_______kJ·mol -1(用含Ea的式子表示)。
(2)在刚性容器中按投料比 =1发生反应Ⅲ，不同催化剂条件下，反应相同时间时，测得NO转化率与温度的关系如图1。
图1
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是_______
A．2v逆 (NO)=v 正(N2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②使用催化剂乙、温度高于350℃时，NO 转化率降低的原因可能是_______。
③研究表明该反应v= kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为，由此可知m=_______。设此时反应的活化能为Ea'，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：(R为常数)。据此推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数_______。 (填“越大”“越小”或“不变”)
(3)工业上常利用反应N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0合成氨气，在30 MPa、不同物质的量分数(75%的H2和25%的N2； 67.5%的 H2、22.5%的 N2和10%的惰性气体)条件下进行实验，测得平衡时，NH3体积分数与温度的关系如图2。
图2
①物质的量分数为： 75%的H2和25%的N2所对应的曲线是_______。 (填“a”或“b”)
②M点时，N2的转化率为_______；该 反应的压强平衡常数Kp= _______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
7．（2022·山东聊城·统考二模）“双碳”目标大背景下，研发CO2利用技术，降低空气中的CO2含量成为研究热点。
(1)重整制CO的反应为：
已知：
则_______。
在时，将CO2和CH4按物质的量之比为1∶1充入密闭容器中，分别在无催化剂及催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示：
A点CO2转化率相等的原因是_______。
(2)工业上CO2催化加氢制乙烯的反应为：
①在恒容密闭容器中，起始压强相同，CO2的平衡转化率随反应温度、起始投料比[]的变化如图。则f_______3(填“>”、“=”或“<”，下同)；B、C两点的化学平衡常数_______。
②当x=3时，保持体系压强始终为，平衡时四种组分的物质的量分数y随温度T的变化如图所示。代表的变化曲线是_______；根据图中D(390，0.12)点，列出该反应的平衡常数计算式_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)我国化学工作者设计出一种电解装置，该装置在碱性条件下能将CO2和甘油(C3H8O3)分别转化为合成气(CO、H2)和甘油醛()。电解过程中，阴极附近溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，阳极的电极反应式为_______。
8．（2023秋·山东临沂·高三山东省临沂第一中学校考期末）以、为原料制备合成气(、)，发生的反应如下：
主反应a：
副反应b：
副反应c：
已知：主反应选择性指发生主反应所消耗的在全部所消耗的中占有的比例。
回答下列问题：
(1)和的燃烧热分别为、，则CO的燃烧热为_______。
(2)在同一固相催化剂和下，研究不同温度，投料比对平衡转化率及体积分数的影响，数据如图所示。
①反应c的_______0(填“大于”、“等于”或“小于”)。
②在该催化剂作用下，投料比为2，时主反应a的选择性为60%，则体系达平衡后的体积分数为_______%(保留到小数点后一位)。
③根据图象，选择合成体系适宜的反应条件为_______，原因是_______；相同温度下，随着投料比增加，主反应的反应速率先加快后减慢，导致主反应的反应速率减慢的主要原因可能是_______。
9．（2022·全国·高三专题练习）甲烷是已探明储量最为丰富的化石能源之一，目前主要用作一次能源直接燃烧，其化学价值有待于深入开发，甲烷选择性氧化制甲醇是甲烷深度开发的一个方向。
(1)目前工业上甲烷制甲醇主要是经由合成气制备，即先通过高温过程将甲烷键全部断裂制成合成气(和)，再经高压过程由合成气制备甲醇。
①已知：
写出甲烷和重整制备合成气的热化学方程式_______。
②利用合成气制备甲醇的方程式为，平衡混合物中甲醇含量与温度、压强关系如图所示。有利于化学平衡向生成甲醇的方向移动的条件是_______温度、_______压强(填“增大”或“降低”)。恒容条件下，按进行实验，的转化率为，则该条件下平衡常数K=_______(只写数值)。
(2)某大学采用甲烷电催化氧化法制备甲醇。不同催化剂下所得产物的量及甲烷转化率如表所示。
电催化剂催化性能的比较
物质的量(通电)
电催化剂
电流
46
37
50
38
44
6.1
6.0
4.8
7.9
5.5
2.6
1.0
0.2
0.6
0
3.6
1.3
1.0
2.6
0.6
0.27
0.43
0
0.33
0
比较表中催化剂催化性能，最优选择为_______。法拉第效率指实际生成物和理论生成物的百分比。电化学中常用法拉第效率考查催化剂的电催化性能。已知法拉第效率的计算公式为(n表示物质的量，Q表示电量，Z表示反应物到生成物的转移电子数，)，该催化剂对甲醇的法拉第效率_______(保留2位有效数字)。
(3)研究发现在甲烷直接电催化氧化法中，的碱性电解液更容易生成，甲烷在催化剂上可能的反应机理如下：
i：
ii：
iii：_______
iv：
将机理步骤iii补充完整为_______；阴极发生的电极反应式为_______。
10．（2022·全国·高三专题练习）煤、石油等传统能源使用时污染严重，且日渐枯竭，科学家们寻找其他清洁能源作为替代品，其中甲烷的开发利用成为一个热点。以下是甲烷水蒸气重整的应用：
已知：①
②
(1)甲烷水蒸气重整原理CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H3，则△H3=_______kJ/mol。
(2)向恒容容器中加入1 molCH4和2 molH2O，在恒定的温度，初始压强a MPa下进行反应，
①当分离出0.8molH2时，分离比η=_______。(分离比，实际分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，体现H2分离的程度)。
②下图是甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系，其中η1、η2、η3的由大到小的关系是_______。
③η3=0.25时，A点气体的总压p(总)_______a MPa(填“>”、“=”、“<”)；H2的分压p(H2)=_______MPa；平衡常数Kp=_______(MPa)2。
(3)从反应体系中分离出H2、CO2需要消耗能量(分离能耗)，不同的分离方式需要的分离能耗与甲烷平衡转化率的关系如下图所示：
在提供相同的分离能量时，哪种分离方式更有利于提高甲烷平衡转化率_______。
11．（2022秋·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考期末）晶体硅材料是最主要的光伏材料，随当前信息工程的发展，硅主要用于微电子技术。工业上将粗硅氯化、精馏后得到SiCl4和SiHCl3的混合物然后用H2还原得到高纯硅。还原过程中发生的主要反应为：
i.SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g) △H1=akJ/mol
ii.SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g) △H2=bkJ/mol
回答下列问题：
(1)已知：2SiHCl3(g)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g) △H3=48kJ/mol
H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式为_______。
(2)在T1、T2温度下，将1molSiCl4(g)、1molSiHCl3(g)和3molH2(g)加入体积固定的密团容器中，在催化条件下发生反应i、ii。测得H2的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示。
①T2温度下，反应达到平衡时SiHCl3(g)的转化率_______。
②T2温度下，反应i的标准平衡常数Kθ的计算式为_______。
(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)的Kθ=，其中pθ=106Pa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压)。
③△H2_______0(填“＞”或“＜”)，写出推理过程_______。
④要增大SiCl4(g)的转化率可以采取的措施有_______(写其中的一条即可)。
(3)研究发现，反应SiCl4(g)+SiH2Cl2(g)2SiHCl3(g)的活化能Ea=100kJ/mol。反应的活化能Ea、速率常数k、温度T满足关系：ln==-。
已知：R=8.3×10-3kJ/(mol·K)；ln10=2.3
①若T1=300K，通过升高温度到595K，才能满足=108以加快反应速率；
②若T=300K，使用催化剂使活化能降低，满足=108以加快反应速率，Ea应减小。
上述②中Ea应减小_______kJ/mol(保留1位小数)；对比①和②你得到的结论是_______。
12．（2022·云南·统考二模）中国化学工作者在《Science》刊文发表了甲烷在催化作用下脱氢制忆烯的相关论文，其反应如下，回答下列问题：
(1)已知、的的燃烧热如下表所示：
物质
燃烧热
890.3
1411
285.8
________．
(2)时，向恒温恒容密闭容器中充入发生上述反应，达到平衡时，测得，则________．此时将温度改变至，经tmin后再次达到平衡，测得，内的平均速率为，则________(填“>”或“<”)，t=________．
(3)若改变外界反应条件，使甲烷平衡浓度减小，则除改变温度外还可能是________(写一条即可)
(4)不同温度下，加入一定量的发生上上述反应，、的平衡分压随温度的变化如图所示．时，该反应的平衡常数________(以分压代替平衡浓度计算)．
(5)某温度下，在一恒压密闭容器中加入一定量的和进行反应，随时间(t)的变化，下列示意图错误的是________(填标号)．A． B． C． D．
13．（2022·江西上饶·上饶市第一中学校考模拟预测）请回答下列问题：
(1)已知：HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7kJ·mol-1
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) ΔH=-57.3kJ·mol-1
HF(aq)F-(aq)+H+(aq) ΔH=akJ·mol-1
①a=_______。
②下列说法正确的是_______。
A．弱酸电离整个过程一定是吸热过程
B．弱酸溶液的温度升高，电离度可能减小
C．加水稀释，有利于弱酸的电离
D．弱酸电离的热效应只与酸性强弱有关
(2)近年来，随着氯气的需求量的迅速增长，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。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。图中表示进料浓度比c(HCl)：c(O2)等于1：1的曲线是_______(填写序号)。按化学计量比进料可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_______。
(3)恒压容器中PCl5(M=208.5g·mol-1)发生分解PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，在TK和100kPa下达到平衡，测得混合气体的密度ρ=3.475g·L-1，已知该条件下气体的摩尔体积Vm=45.0L·mol-1。计算此状态下该反应的平衡常数Kp=_______kPa.[Kp：以气体物质的分压p(B)替代浓度计算得到的平衡常数，p(B)=p·x(B)，p表示平衡时总压，x(B)表示平衡系统中物质B的物质的量分数]
(4)H2O2在室温下分解反应2H2O2=2H2O+O2↑进行很慢，在Fe3+催化下分两步很快进行，光谱分析可知过程中有Fe2+生成，其反应机理为：①_______；②_______。
14．（2022·全国·高三专题练习）丙烯是合成多种高分子材料的原料，工业上常采用裂解丁烷获得丙烯。化学原理如下：
反应1：C4H10(g)C3H6(g)+CH4(g) ΔH1
反应2：C4H10(g)C2H4(g)+C2H6(g) ΔH2
(1)已知在101kPa和一定温度下，由最稳定单质生成1mol纯物质的热效应，称为该物质的标准生成热()。化学规定，稳定单质的生成热为0。
几种相关物质的标准生成热数据如下表所示：
物质
C4H10(g)
C3H6(g)
C2H4(g)
CH4(g)
C2H6(g)
/(kJ·mol-1)
−124.7
20.4
52.3
−74.9
−84.7
反应1的能量变化如图1所示，逆反应活化能E2=_______kJ∙mol−1。
(2)在刚性密闭容器中充入一定量丁烷，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内丙烯的产率与温度关系如图2所示。工业上宜选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)。温度高于500℃时，乙催化剂作用下丙烯产率降低的主要原因可能是________(答一条)。
(3)在刚性密闭容器中充入适量丁烷，在一定温度下发生反应1和2，达到平衡后，再充入少量丁烷。下列推断正确的是_______(填标号)。A．平衡向正反应方向移动，丁烷的转化率增大
B．平衡向正反应方向移动，丁烷的转化率减小
C．平衡向逆反应方向移动，丁烷的转化率增大
D．平衡向逆反应方向移动，丁烷的转化率减小
(4)在一定条件下，C4H10(g)C3H6(g)+CH4(g)生成丙烯的速率方程为υ净(C3H6)=k正c(C4H10) −k逆c(C3H6)·c(CH4)(k正、k逆为正、逆反应速率常数，与温度、催化剂有关，与浓度无关)，测得速率常数k(包括k正、k逆)的负对数pk(pk=−lgk)与温度关系如图3所示。其中，能代表pk正与T关系的直线为_______(填标号)。
(5)在一定温度T℃，总压强恒定为14.8kPa的条件下，向密闭容器充入C4H10和N2的混合气体(N2不参与反应)。在T℃下，发生反应1和2，C4H10的平衡转化率与通入气体中C4H10的物质的量分数的关系如图4所示。
①其他条件不变时，C4H10的平衡转化率随着C4H10的物质的量分数增大而减小，其原因是_______。
②T℃时，C4H10的物质的量分数为0.8对应的平衡体系中，C3H6的选择性为。该温度下，反应1的平衡常数Kp=_______kPa[以分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数：C2H4的选择性=]。
(6)己二腈是合成尼龙66的原料。工业上，采用丙烯氨氧化法制备丙烯腈(CH2=CH−CN)，又采用电有机合成法制备己二腈[NC(CH2)4CN]，装置如图所示。
阴极反应式为_______。
15．（2022·全国·高三专题练习）“绿水青山就是金山银山”，研究消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。
(1)已知：
写出C与反应生成的热化学方程式___________。
(2)已知：。在恒容密闭容器中，投入和，经过一段时间后达到平衡状态，测得的转化率为。该温度下，反应的平衡常数为___________。
(3)原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于的脱除。热解温度为得到的煤焦分别用表示，相关信息如下表：
煤焦
元素分析/%
比表面积
C
H
80.79
2.76
105.69
84.26
0.82
8.98
将NO浓度恒定的废气以固定流速通过反应器(图1)。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如图2所示。
[已知：的脱除主要包含吸附和化学还原()两个过程]
①已知煤焦表面存在的官能团有利于吸附NO，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关，比值小，表面官能团少。由图2可知，相同温度下，单位时间内对NO的脱除率比的高，可能原因是___________。(答两条)。
②后，随着温度升高，单位时间内NO的脱除率增大的原因是___________。
(4)电解氧化吸收法：其原理如图3所示：
①从A口中出来的物质的是___________。
②写出电解池阴极的电极反应式___________。
16．（2022·青海西宁·统考二模）环己醇常用于工业上制取增塑剂、表面活性剂以及用作工业溶剂等。苯酚()催化加氢制备环己醇一直受到研究人员的关注，该反应为(g)+3H2(g) (g) 。请回答下列问题。
(1)已知： ；
；
。
则_______。
(2)向体积为50L的恒容密闭容器中充入一定量的(g)和不同温度下，反应均进行5min测得反应物的转化率随温度的变化关系如图所示，已知曲线Ⅰ表示苯酚的转化率)。
①起始时投入的苯酚和氢气的物质的量之比为_______。
②A、B、C、D四点对应的正反应速率、、、的大小关系为_______。
③温度低于400℃时，和苯酚的转化率随温度升高而增大的原因是_______。
④已知，V代表体积；n代表气体物质的量；T代表温度；R是摩尔气体常数，单位是。若初始时向容器中充入的苯酚为1mol，则反应从起始进行到A点，其平均反应速率_______；当反应温度为500℃时，反应达到平衡后，_______。(表示用分压代替浓度计算的平衡常数，结果用含R的代数式表示)
(3)氢原子和苯分子吸附在金属催化剂表面活性中心时，才能发生反应。当中混有微量杂质时，相同时间内测得环己醇的产率降低。推测其可能原因为_______。
17．（2022秋·辽宁抚顺·高三抚顺一中校考期末）碳化学是以分子中只含一个碳原子的化合物为原料生产化工产品的方法。合成气(CO和的混合气体)是一碳化学的重要原料，焦炭与水蒸气在刚性密闭容器中会发生如下两个反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
下表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1mol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。
物质
标准生成热
0.0
0.0
(1)反应Ⅰ的焓变_______，、分别表示该反应正、逆反应的活化能，则－_______0(填“>”或“<”或“=”)。
(2)若在绝热恒容容器中仅发生反应Ⅱ，则下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______。A．容器内气体的压强不变 B．容器内温度不变
C．容器内气体的密度不再改变 D．容器内气体的平均相对分子质量不变
(3)已知反应Ⅱ的正反应速率，逆反应速率，、分别为正、逆反应速率常数，(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化。升高温度，反应Ⅱ的平衡常数K_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。
(4)在上图A点对应的温度下，向某刚性密闭容器中加入足量焦炭和一定量水蒸气，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa。
①平衡时CO的分压_______kPa，平衡时水蒸气的转化率为_______%。
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有_______、_______(写两种不同的方法)。
18．（2022秋·重庆江津·高三重庆市江津中学校校考阶段练习）碳排放是2020年世界重点议题，回答下列问题：
(1)已知CO分子中化学键为C ≡O。相关的化学键键能数据如下：
化学键
H-O
C≡O
C=O
H-H
E/(kJ·mol-1)
463
1075
803
436
则CO(g) +H2O(g)CO2(g) +H2(g) △H=_______kJ·mol-1。
(2)CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g)正反应的平衡常数K正和逆反应的平衡常数K逆随温度变化曲线如图
①表示K正曲线的为_______(填“I”或“II”)。
②T1时，向体积为10L的固定容积的容器中充入2 mol CO2、2 mol H2，CO2的平衡转化率为_______。
③T2时，A点正_______ 逆 (填“>”“=”或“<”)。
(3)二氧化碳催化加氢合成低碳烯烃是目前研究的热门课题，起始时以0. 1MPa，n(H2)：n(CO2)=3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2(g) + 6H2(g)C2H4(g) +4H2O(g) △H ，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示：
①曲线b表示的物质为_______(写化学式)。
②该反应的ΔH_______ 0。(填“>”或“<”)
③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是_______(列举1项)。
(4)乙二酸(H2C2O4)是一种含碳有机二元酸，25℃时，其Ka1=5.6 ×10-2，Ka2=5.4×10-5，向0.1mol·L-1乙二酸溶液中滴加NaOH至c(HC2O)=c(C2O)，此时溶液c(H+)=_______。
参考答案：
1．(1)+40
(2)c
(3) P1>P2>P3 温度相同时，加压平衡逆向移动，故压强越大，C2H6 的平衡转化率越小
(4) 催化剂表面产生积碳，减少与反应物接触从而降低催化效率或导致催化剂失活 91.7
(5)C2H6+ O2--2e-= C2H4+ H2O
【详解】（1）根据盖斯定律，反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g)可由已知总反应-反应i得到，则，故答案为：+40；
（2）由于lnK= -，则lnK与之间成反比关系，反应i、ii和总反应的反应热均是正值，当越大时，越小，曲线的斜率越大，已知介于中间，则其对应的曲线为c，故答案为：c；
（3）根据总反应CO2(g)+C2H6(g)CO(g)+H2O(g)+C2H4(g)可知，反应正向吸热，温度升高，C2H6平衡转化率增大，但是正向体积增大，温度相同时，加压平衡逆向移动，故压强越大，C2H6 的平衡转化率越小，结合图可知P1>P2>P3，故答案为：P1>P2>P3；温度相同时，加压平衡逆向移动，故压强越大，C2H6 的平衡转化率越小；
（4）①CO2用于催化氧化C2H6合成C2H4，若发生副反应C2H6(g)3H2(g)+ 2C(s)，该反应会产生碳，导致催化剂表面产生积碳，减少与反应物接触从而降低催化效率或导致催化剂失活会，降低催化效率，故答案为：催化剂表面产生积碳，减少与反应物接触从而降低催化效率或导致催化剂失活；
②某温度下，若只存在副反应：2CO2(g)+C2H6(g)4CO(g)+3H2(g)，向aL密闭容器中充入1.2molC2H6和2molCO2，tmin后反应达到平衡，容器内C2H4为0.6mol，CO2为0.4 mol，则v(CO2)=mol·L-1·min-1；根据总反应CO2(g)+C2H6(g)CO(g)+H2O(g)+C2H4(g)，容器内C2H4为0.6mol，可知C2H6消耗0.6mol，同时消耗CO2为0.6 mol，则副反应中，CO2消耗1mol，可知C2H6在副反应中消耗0.5mol，C2H6的平衡总转化率=%，故答案为：；91.7；
（5）CO2电催化氧化法实现C2H6制备C2H4，总反应为：CO2(g)+C2H6(g)CO(g)+H2O(g)+C2H4(g)，已知阴极电极反应式为：CO2+2e-=CO+O2-，则阳极电极反应式是C2H6+ O2--2e-= C2H4+ H2O，故答案为：C2H6+ O2--2e-= C2H4+ H2O。
2．(1)
(2)过滤
(3)Mg2++++OH-=MgNH4PO4↓+H2O
(4)3.6×10-4mol/L
(5)pH过高，可能产生Mg(OH)2、Mg3(PO4)2沉淀
(6) 2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O NaClO投入过多会将氨氮废水中的氮元素氧化为等更高价态的物质，未能从溶液中除去
【分析】含氨氮废水中加入Na2HPO4、氯化镁，再加氢氧化钠调节pH至9-10生成MgNH4PO4沉淀，过滤，废水中氨氮含量降低。
（1）的电子式为 ；
（2）经处理后，生成磷酸镁铵沉淀，固液分离用过滤法，分离磷酸镁铵所用的方法是过滤；
（3）废水中的铵根离子、氯化镁、Na2HPO4、氢氧化钠反应生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为Mg2++++OH-=MgNH4PO4↓+H2O。
（4）向此废水中加入磷酸盐和镁盐，使铵态氮的残留达到一级排放标准(≤1.0mg/L即≤7×10-5mol/L)，且c()=1.0×10-5mol/L， MgNH4PO4的溶度积为2.5×10-13，则沉淀后的废水中c(Mg2+)≥3.6×10-4mol/L。
（5）pH过高，可能产生Mg(OH)2、Mg3(PO4)2沉淀，所以降低废水中氨氮的去除率；
（6）使用次氯酸钠等氧化剂可以将污水中的NH3氧化除去，生成氯化钠和氮气，氯元素化合价由+1降低为-1、氮元素化合价由-3升高为0，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O。NaClO投入过多会将氨氮废水中的氮元素氧化为等更高价态的物质，未能从溶液中除去，所以当m(NaClO)：m(NH3)>7.7时，总氮除去率随m(NaClO)：m(NH3)的增大不升反降。
3．(1) a
(2) < 气流若在催化剂I层达平衡流出，经中间过热交换，温度降低，化学反应限度增大，反应正移，转化率增大；气流若在催化剂I层未达平衡，则与催化剂II接触，继续反应，转化率增大 A
(3) 1×10-26 2e(NH3)+2NH=H2+(2n+2)NH3
【详解】（1）①反应I和反应II都是放热反应，温度T减小，平衡常数K增大，则增大，lnK增大，故表示lnK1和lnK2的曲线分别是a和b中的某一条；根据Gibbs-Helmholtz方程和Van’t Hoff方程，可以得到温度T与平衡常数K的关系：ΔH-TΔS=ΔG=-RTlnK（R为常数），则lnK=ΔS-，由此可知，温度相同时，ΔH越小，斜率越大，由于反应II的焓变小于反应I的焓变，故反应II的曲线的斜率较大，表示lnK2的曲线是a；
②反应I+3´反应III可得：CaS(s)+3CaSO4(s)=4CaO(s)+4SO2(g) K=c(SO2)；t1时减小容器体积，c(SO2)增大；由于压强增大，平衡逆向移动，c(SO2)逐渐减小，恒温条件下，平衡常数K不变，故t2时达到新平衡，c(SO2)与t1时的c(SO2)相等；t1至t2时c(SO2)变化趋势图为。
（2）①由进气口充入一定量含CO、H2、H2O、N2的混合气体，经反应器A进入到反应容器B，反应器B中主要发生的反应为：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H<0，即气流a与催化剂I、催化剂II接触后发生反应，形成气流b，由于该反应是放热反应，故温度：气流a＜气流b；
②气体流速一定，经由催化剂I到催化剂II，原料转化率有提升，其可能原因是：气流若在催化剂I层达平衡流出，经中间过热交换，温度降低，化学反应限度增大，反应正移，转化率增大；气流若在催化剂I层未达平衡，则与催化剂II接触，继续反应，转化率增大；
③A．利用焦炭与水蒸气高温制备水煤气时，适当加快通入水蒸气的流速，也加快了CO和H2的流动速度，相当于减少了产物的浓度，则平衡正向移动，有利于水煤气的生成，A正确；
B．500℃时，催化剂III的活性最高；温度在500℃以下时，反应器温度越低，催化剂III的活性越低，反应速率也低，终端出口2收率越低，B错误；
C．终端出口2得到的气体，通过冷凝，分离出液氨，C错误；
D．如图所示，气流b进入到反应器A，并发生了反应，到终端出口2，完成氨的合成，D错误；
故选A。
（3）在100mL液氨中加入0.0001mol NH4Cl固体溶解，并完全电离，c()==1´10-3mol·L-1，则c()===1´10-26mol·L-1；金属钾能溶解于液氨中形成蓝色的液氨溶液，加入NH4Cl后，发生了共价键的断裂和形成，说明发生了电子的转移，该反应的离子方程式为2+2=H2+(2n+2)NH3。
4．(1)-(2c+d-b-a)或a+b-2c-d
(2) 40 0.074或7.4×10-2 ACD EB 减小 Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
(3)NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【解析】（1）
H2(g)+O2(g)=H2O(g)，反应热=反应物总键能一生成物总键能=bkJ/mol+×akJ/mol-2×ckJ/mol，则氢气燃烧热的△H1=-(2c+d-b-a)或a+b-2c-dkJ/mol；
（2）
催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol，在T1°C时，将0.10molCO(g)与0.40molH2O(g)充入5L的容器中，，
反应平衡后H2的物质的量分数x(H2)=0.08，=0.08，x=0.04mol。
①CO的平衡转化率α=100%=40%，反应平衡常数K=≈0.074或7.4×10-2；
②增大水蒸气的浓度，反应速率增大，单位时间内CO的转化率提高，A正确；
通入“惰性气体”，不改变反应物的浓度，反应速率不变，单位时间内CO的转化率不变，B错误；
在反应初期，升高温度，反应速率增大，单位时间内CO的转化率提高，C正确；
按原料起始比再通入0.10molCO(g)与0.40molH2O(g)，等效加压，单位时间内CO的转化率提高，D正确；
故选ACD；
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol反应建立平衡时：H2的体积分数为0.08，升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除A点，正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时H2的物质的量分数减小，因此排除C点，故选B点；CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol反应建立平衡时：CO的体积分数为=0.12，升高温度，正、逆反应速率均加快，排除F点，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时CO的物质的量分数增加，大于0.12，排除D点，故选E点；因此反应重新达到平衡，v正~x(CO)对应的点为E，v逆~x(H2)对应的点为B；
④温度升高时CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol，平衡逆向移动，CO催化变换反应的Kp减小。根据速率方程分析，T>Tm时v=k[x(CO)·x(H2O)-]逐渐减小的原因是Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；
（3）
阳极氨气失电子发生氧化反应生成氮气，阳极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
5．(1) +200.8 苯环上的碳碳键并不是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间一种独特的键
(2) 在恒压密闭容器中，掺混水蒸气，容器的体积增大，对于反应 (g，环己烷) (g)+3 H2(g)体系中的平衡分压减小，减小压强上述平衡正向移动 适当升高温度
(3) 3.0×10-4 C 温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物增大，即生成的苯越小，导致苯的选择性降低
(4) (g)+6H++6e-= (g) 2
【详解】（1）①由题干数据可得热化学方程式：I： (g，环己烷)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) =-3920kJ/mol，II： (g)+ O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l) =-3264kJ/mol III：H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.6kJ/mol，则I-II-3III得目标反应 (g，环己烷) (g)+3 H2(g)，根据盖斯定律可知，ΔH=--3=(-3920kJ/mol)-( -3264kJ/mol)-3×(-285.6kJ/mol)=+200.8kJ·mol-1，故答案为：+200.8；
②由于苯环上的碳碳键并不是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间一种独特的键，所以其键能也与之有较大差异，故利用下列表格中的键能数据计算上述脱氢反应的ΔH时，计算值与实测值差异较大，故答案为：苯环上的碳碳键并不是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间一种独特的键；
（2）①在恒压密闭容器中，掺混水蒸气，容器的体积增大，对于反应 (g，环己烷) (g)+3 H2(g)体系中的平衡分压减小，减小压强上述平衡正向移动，则掺入水蒸气能提高环己烷的平衡转化率，故答案为：在恒压密闭容器中，掺混水蒸气，容器的体积增大，对于反应 (g，环己烷)(g)+3 H2(g)体系中的平衡分压减小，减小压强上述平衡正向移动；
②由(1)分析可知，反应 (g，环己烷) (g)+3 H2(g) ΔH =+200.8kJ·mol-1，故适当升高温度，平衡正向移动，可提高气态原料的平衡转化率，故答案为：适当升高温度；
（3）①由题干表中数据可知，2.0min～8.0min内H2的物质的量改变了(7.0-1.6)×10-3mol=5.4×10-3mol，根据反应方程式可知，相同时间内苯的物质的量增加了×5.4×10-3mol=1.8×10-3mol，则(苯)==3.0×10-4mol·min-1，故答案为：3.0×10-4；
②由题干曲线图可知，温度越低，苯的选择性越高，但温度越低环己烷的转化率越低，由图可知，温度在650℃时，苯的选择性和环己烷的转化率均较高，则据此判断此时选择最佳温度为650℃左右，故答案为：C；
③在温度较高时，随温度升高环己烷的转化率升高，但温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物增大，即生成的苯越小，导致苯的选择性降低，故答案为：温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物增大，即生成的苯越小，导致苯的选择性降低；
（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢，阴极气体产物除环己烷和H2外，无其它有机产物，阴极上苯生成环己烷即苯和H+得到电子生成环己烷，该电极反应式为：(g)+6H++6e-=(g)，由图可知阳极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成2.8molO2，电路上转移的电子的物质的量为：2.8×4=11.2mol，根据阴极反应式：(g)+6H++6e-=(g)，2H++2e-=H2↑，设生成H2为xmol，参与反应的苯的物质的量为ymol，则有：①2x+6y=11.2，剩余苯的物质的量为：10mol×24%-y=(2.4-y)mol，②=10%，联合①②解得x=2mol，即阴极产生H2的物质的量为2mol，故答案为：(g)+6H++6e-=(g)；2；
6．(1)Ea+ 664.1
(2) CD 催化剂失去活性、发生其它副反应等合理即可 1 越大
(3) a 50% Kp==5.9 ×10-3=
【解析】(1)
Ⅰ. 2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) ΔH1= -483.6 kJ·mol-1
Ⅱ.N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2 = +180.5 kJ·mol-1
根据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ得2H2(g)+ 2NO(g) N2(g)+ 2H2O(g) ΔH3=-483.6 kJ·mol-1-180.5 kJ·mol-1=-664.1 kJ·mol-1，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，若反应III的正反应活化能为Ea kJ·mol-1， 则逆反应活化能为(Ea+ 664.1)kJ·mol -1。
(2)
①A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，2v逆 (NO)=v 正(N2)反应不平衡，故不选A；
B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不再变化，反应不一定达到平衡状态，故不选B；
C．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内总压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体总质量不变，气体物质的量改变，混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不再变化，反应一定达到平衡状态，故选D；
选CD。
②使用催化剂乙、温度高于350℃时，NO 转化率降低的原因可能是催化剂失去活性或发生其它副反应。
③研究表明该反应v= kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，NO的转化率也是50%，反应速率为， ，所以m=1。设此时反应的活化能为Ea'，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：(R为常数)。据此推测：活化能越大，升高温度，变大，速率常数增大倍数越大。
(3)
①恒压条件下，通入惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，所以75%的H2和25%的N2所对应的曲线是a；
②M点时，
， ，N2的转化率为；该反应的压强平衡常数Kp==5.9 ×10-3 (MPa)-2。
7．(1) A点所处温度下催化剂失去活性
(2) < < c
(3) 增大
【解析】（1）
已知反应①
②
③
④
根据盖斯定律可知④=②-①+2×③=394-(-74)+2×(-110)=+248KJ/mol；
由图可知，A点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，但在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率相等，说明催化剂失去活性，故答案为：A点所处温度下催化剂失去活性；
（2）
①相同温度下，f那条线对应的二氧化碳的转化率较低，则二氧化碳较多，故f<3；
由图可知随着温度的升高三氧化碳的转化率降低，则该反应为放热反应，C点温度低，平衡常数大，故<；
②水是产物，该反应是放热反应，随着温度升高含量减少的是水和乙烯，水的计量系数较大，故代表的变化曲线是c；d代表的是乙烯，a代表氢气，b代表二氧化碳，则根据图中的数据可知温度为390℃各种物质的物质的量分数分别为：乙烯：0.12，水：0.48，二氧化碳：0.1，氢气0.3，则平衡常数 ；
（3）
电解时阴极的电极反应为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，氢氧根浓度增大，则pH增大；阳极为甘油失去电子生成甘油醛，电极反应为：；
8．(1)283
(2) 大于 43.8 T1、=1 在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小 副反应b产生的碳变多，覆盖在催化剂表面上，使气体难以在催化剂表面反应（或催化剂中毒等，体现催化作用减弱的叙述均可得分）
【详解】（1）根据和的燃烧热分别为、，则有：反应I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-763.7kJ/mol，反应II：H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol，题干主反应a：则I-a-2×II得：2CO(g)+O2(g)=2CO2=--2=(-763.7kJ/mol)-(373.9kJ/mol)-2(-285.8kJ/mol)=-566kJ/mol，则CO的燃烧热为283，故答案为：283；
（2）①由题干信息可知，主反应a和副反应b均为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，甲烷的平衡转化率增大，根据图示甲烷的平衡转化率与温度的关系可知，T1＞T2，而投料比相同时，T1时H2O的体积分数高于T2时的，说明升高温度，反应c的平衡正向移动，即正反应是一个吸热反应，故反应c的大于0，故答案为：大于；
②在该催化剂作用下，投料比为2，假设CH4为2a mol，则CO2为a mol，由题干图中可知此时甲烷的平衡转化率为60%，则转化的CH4的物质的量为1.2a mol，达到平衡时CH4的物质的量为0.8amol。又时主反应a的选择性为60%，则反应a消耗CH4的物质的量为1.2a mol×60%=0.72a mol，消耗CO2的物质的量为0.72a mol，生成CO和H2的物质的量均为1.44amol，反应b消耗CH4的物质的量为1.2a-0.72a=0.48amol，则生成H2的物质的量为0.96amol，设反应c消耗CO2的物质的量为xmol，则同时消耗H2的物质的量为xmol，生成水蒸气和CO的物质的量均为xmol，所以平衡时甲烷的物质的量为0.8amol，H2的物质的量为(1.44a+0.96a-x)mol，CO的物质的量为(1.44a+x)mol，CO2的物质的量为(a-0.72a-x)mol，水蒸气的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为0.8a+1.44a+0.96a-x+1.44a+x+a-0.72a-x+x=4.92a，又H2O(g)的体积分数为5%，则=5%，求出x=0.246a，所以平衡时H2的物质的量为1.44a+0.96a-x =1.44a+0.96a-0.246a=2.154amol，所以氢气的体积分数为=43.8%，故答案为：43.8；
③根据图象，在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小，则选择合成体系适宜的反应条件为T1、=1；相同温度下，随着投料比增加，由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小，从而主反应的反应速率先加快后减慢，故答案为： T1、=1；在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；副反应b产生的碳变多，覆盖在催化剂表面上，使气体难以在催化剂表面反应（或催化剂中毒等，体现催化作用减弱的叙述均可得分）。
9．(1) 降低 增大
(2) FeNC 0.30%
(3) Na3Fe3(PO4)3(CH3) + Cl→Na3Fe3(PO4)3+CH3Cl
【解析】（1）①题目中已给出反应物为甲烷和二氧化碳，产物为合成气即CO和H2，反应方程式为，再根据盖斯定律可知，可得热化学方程式为。②由图示曲线变化可知，降低温度、增大压强有利于化学平衡向生成物的方向移动。在反应开始时，，反应达到平衡时CO的平衡转化率为 50%，则，，则根据物质反应转化关系可知平衡时，，，则该反应的平衡常数。
（2）目标产物为甲醇，比较表格中甲醇生成量，当电催化剂为FeNC时，生成量最大，则电催化剂的最优选择为FeNC。 要计算该催化剂对生成甲醇的电催化效率，Q=It，通过表可知I=46 mA，t=1 h=3600 s，n=2.6 ，甲烷生成甲醇转移电子数为2，Z=2，F=96451.79 C∙mol-1，带入公式，得。
（3）由题意iv中反应物有CH3Cl，推测其为iii的生成物，又因为Na3Fe3(PO4)3为催化剂，推测其为iii的生成物，综上，iii为Na3Fe3(PO4)3(CH3) + Cl→Na3Fe3(PO4)3+CH3Cl。已知甲烷被氧化，则甲烷一极为阳极，条件为无氧条件，溶液为碱性，则阴极反应式为。
10．(1)+165
(2) 0.2 η3>η2>η1 =
(3)双分离CO2和H2
【详解】（1）由盖斯定律可知，目标反应式=①-2×②，因此△H3=△H1-2×△H2= +247kJ/mol-2×41kJ/mol =+165 kJ/mol，故答案为+165；
（2）①根据分离比的定义：分离比，指实际H2分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，所以当分离出0.8molH2时，分离比，故答案为0.2；②根据甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系图可知，当温度一定时，CH4的平衡转化率越大，说明体系中生成的H2越多，分离出的H2越多，则分离比越大，所以η1、η2、η3的由大到小的关系是η3>η2>η1，故答案为η3>η2>η1；③当η3=0.25时，可知从体系中分离出H2的物质的量为1mol，根据图象A点甲烷平衡转化率为50%，所以三段式如下：
，根据PV=nRT，可知当T、V一定时，体系气体的压强与气体的物质的量成正比，反应前n(气体)=3mol，反应平衡后由于从体系分离出1mol H2，n(气体)=0.5mol +1mol +0.5mol +2mol -1mol =3mol，所以A点气体的总压p(总)=a MPa；根据前面的分析可知，从体系中分离出H2的物质的量为1mol，体系还剩余1mol H2，所以H2的分压p(H2)=MPa；平衡常数，故答案为：=，，；
（3）通过图象可知，在提供相同的分离能量时，双分离CO2和H2这种方式更有利于提高甲烷平衡转化率，故答案为双分离CO2和H2。
11．(1)SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g) △H=(2a-2b+48)kJ·mol-1
(2) 80% ＜ T2＞T1，T2时SiHCl3(g)的转化率为80%，T1温度下SiHCl3(g)的转化率是90%，降低温度，SiHCl3(g)转化率升高，反应ⅱ是放热反应，△H2＜0 升高温度，减小压强，及时移走产物等
(3) 45.8 生产中提高反应速率，研制催化剂比提高反应温度更有意义
【详解】（1）H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g)，已知①SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g) △H1=akJ/mol
②SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g) △H2=bkJ/mol
③2SiHCl3(g)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g) △H3=48kJ/mol
2(反应①-反应②)+反应③可得反应SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g)，则反应的△H=2(△H1-△H2)+△H3=(2a-2b+48)kJ·mol-1，因此H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g) △H=(2a-2b+48)kJ·mol-1；
（2）①由图象可知，T2温度下，反应达到平衡时H2的转化率为80%，则消耗H2的物质的量为2.4mol，设消耗SiCl4(g)的物质的量为x，消耗SiHCl3的物质的量为y，则列三段式有：
则有2x+y=2.4，又T2温度下，达到平衡时的压强为1.32×106Pa，起始压强为1.0×106Pa，则，化简为3x+2y=4，解得x=0.8，y=0.8，因此达到平衡时SiHCl3的转化率为；
②由①可知，T2温度下，达到平衡时n(SiCl4)=n(SiHCl3)=0.2mol，n(H2)=0.6mol，n(HCl)=(3.2+2.4)=5.6mol，则反应i的标准平衡常数Kθ=；
③结合①计算可得，T1温度下，SiHCl3的转化率为90%，而T2温度下SiHCl3(g)的转化率为80%，根据图象，T2温度下反应先达到平衡，因此T2＞T1，则T2→T1为降低温度，SiHCl3(g)转化率升高，因此反应ⅱ是放热反应，即△H2＜0；
④根据反应2SiHCl3(g)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g) △H3=48kJ/mol，升高温度，减小压强，及时移走产物等方式均可增大SiCl4(g)的转化率；
（3）上述②中，若T=300K，使用催化剂使活化能降低，满足=108以加快反应速率，此时ln108=-，则，因此Ea应减小45.8kJ/mol，上述①中，升高温度到595K，满足=108以加快反应速率，此时ln108==，则，Ea增大，因此生产中提高反应速率，研制催化剂比提高反应温度更有意义。
12．(1)+202.0
(2) 0.1 > 2
(3)减小压强(合理答案均可)
(4)
(5)D
【解析】(1)
由、的的燃烧热可知：
1①+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) 890.3
②+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) 1411
③+O2(g)=H2O(l) 285.8
2×①-②-2×③得=+202.0；
(2)
由题意列三段式，达到平衡时，测得，即0.2-2x=x×2，解得x=0.05，则则(0.2-2×0.05)=0.1；内的平均速率为；此时将温度改变至，经tmin后再次达到平衡，测得，则平衡逆向移动，由于该反应正反应吸热，故应该是降温，即>；只考虑起始和平衡列三段式，由题意0.2-2y=3y，解得y=0.04，平衡时甲烷浓度为0.12mol/L即内CH4浓度变化量为0.12mol/L-0.10mol/L=0.02mol/L，内的平均速率为，则=0.02mol/L÷=2min；
(3)
该反应是气体分子数增多的吸热反应，要使甲烷平衡浓度减小，可使平衡正向移动，则除改变温度外还可能是减小压强或分离出乙烯或氢气等；
(4)
时，甲烷和氢气的平衡分压相等均为aPa，则依据方程式可知乙烯的分压为Pa，则时，该反应的平衡常数=；
(5)
某温度下，在一恒压密闭容器中加入一定量的和进行反应：
A．密度，随着反应的进行，气体质量m不变，体积V减小，则密度ρ增大，直至平衡，A正确；
B．ΔH不随反应的进行改变，只与始态终态有关，B正确；
C．甲烷起始浓度为0，然后增大，最后不变，C正确；
D．平均相对分子质量数值和摩尔质量相等，M=，随着反应的进行，气体质量m不变，n减小，M增大，平均相对分子质量增大，直至平衡，D错误；
选D。
13．(1) -10.4 BC
(2) 曲线Ⅰ 进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低O2和Cl2分离能耗较高、过高时HCl转化率较低
(3)12.5
(4) H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2↑+2H+ H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
【解析】（1）
①已知(ⅰ)HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7kJ·mol-1，(ⅱ)H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) ΔH=-57.3kJ·mol-1，根据盖斯定律，由(ⅰ)-(ⅱ)可得HF(aq)⇌F-(aq)+H+(aq) ΔH=akJ·mol-1，则a=-67.7kJ·mol-1-(-57.3kJ·mol-1)=-10.4 kJ·mol-1，故答案为：-10.4；
②A．根据①的分析可知，HF电离时放热，因此弱酸的电离不一定是吸热过程，故A错误；
B．若弱酸的电离为放热反应，溶液温度升高，平衡逆向移动，电离度减小，故B正确；
C．加水稀释，弱酸的电离程度增大，故C正确；
D．弱酸电离的热效应不只与酸性强弱有关，与弱酸的浓度等也有关，故D错误；
答案选BC，故答案为：BC；
（2）
在温度相同时，混合气体中O2浓度越大，HCl的平衡转化率越高，结合图象可知曲线Ⅰ为进料浓度比c(HCl)：c(O2)等于1：1的曲线；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低，O2的浓度大，HCl的转化率高，但是O2和Cl2分离能耗较高，进料浓度比c(HCl)：c(O2) 过高，O2的浓度较小，HCl转化率较低，故答案为：曲线Ⅰ；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低O2和Cl2分离能耗较高、过高时HCl转化率较低；
（3）
平衡时测得混合气体的密度ρ=3.475g·L-1，该条件下气体的摩尔体积Vm=45.0L·mol-1，则平衡时气体的摩尔质量为M1=ρVm=3.475g·L-1×45.0L·mol-1=156.375g/mol，根据，设反应前气体的总物质的量为n1，平衡时气体的总物质的量为n2，由于反应前后气体的总质量不变，则，设n1=0.75mol，n2=1mol，则起始时，n(PCl5)=0.75mol，假设PCl5反应了xmol，则平衡时n(PCl5)=(0.75-x)mol，n(PCl3)= n(Cl2)=xmol，(0.75-x)mol+xmol+xmol=1mol，解得x=0.25，则该反应的平衡常数，故答案为：12.5；
（4）
该反应中Fe3+做催化剂，且反应分两步进行，过程中有Fe2+生成，且总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，则第一步反应生成Fe2+，第二步反应将Fe2+消耗掉，因此发生的反应应为H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2↑+2H+和H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。
14．(1)3774.8
(2) 甲 催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多
(3)B
(4)d
(5) 平衡体系分压增大，平衡向逆反应方向移动 5
(6)2CH2=CHCN+2H++2e－=NC(CH2)4CN
【详解】（1）根据生成热定义，物质的生成热可以表示其相对能量高低，反应热等于产物总能量与反应物总能量之差，ΔH1=(20.4+124.7−74.9) kJ∙mol−1=+70.2 kJ∙mol−1。同理可得：△H2=(52.3+124.7−84.7)kJ∙mol−1=+92.3 kJ∙mol−1。反应热等于正反应活化能与递反应活化能之差，E2=(3845−70.2) kJ∙mol−1=3774.8 kJ∙mol−1；故答案为：3774.8。
（2）根据图中曲线得到工业上选择催化效率高的催化剂甲；温度高于500°C，催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多等导致丙烯产率降低；故答案为：甲；催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多。
（3）在恒温恒容条件下，平衡常数不变，平衡后充入丁烷，平衡向正反应方向移动。可以用模拟法判断丁烷转化率变化，充入丁烷后相当于将原平衡体系加压，丁烷的平衡转化率减小；故答案为：B。
（4）正反应是吸热反应，升高温度，平衡常数增大。平衡时净反应速率为0，有K=，升高温度，速率常数均增大，且k正增大的倍数大于k逆增大的倍数。k越大，pk越小；故答案为：d。
（5）①总压强不变的条件下，增大混合气体中丁烷的物质的量分数，平衡体系的分压增大，平衡向逆反应方向移动，故丁烷的平衡转化率减小；故答案为：平衡体系分压增大，平衡向逆反应方向移动。
②取混合气体中n(C4H10)=0.8mol，n(N2)=0.2mol。
反应1：，反应2：，，解得：x=0.4，y=0.08；平衡体系中气体的总物质的量为0.32mol+0.08mol+0.08mol+0.4mol+0.4mol+0.2mol=1.48mol。p(C4H10)=14.8kPa×=3.2kPa，p(C3H6)=p(CH4)=4.0kPa，=5kPa；故答案为：5。
（6）根据图中信息，水中氢氧根得到电子变为氧气，因此阴极上丙烯腈发生还原反应，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e－=NC(CH2)4CN；故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e－=NC(CH2)4CN。
15．(1)2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ∆H=-854kJ/mol
(2)10
(3) 热解温度高，S-900的煤焦氢炭比值小，表面官能团少，不利于NO吸附；S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于NO吸附 温度升高，反应速率增大
(4) O2和较浓的硫酸 2＋2H＋＋2e-=＋2H2O
【解析】（1）
反应的方程式为2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，将已知反应依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知，②×2-①-③得反应2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，则△H=2△H2-△H1-△H3=2×(-393.5kJ/mol)-(-114kJ/mol)-(+181kJ/mol)=-854kJ/mol，反应的热化学方程式为2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-854kJ/mol；
（2）
根据题意可列出三段式：
K===10；
（3）
①由信息可知，煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，由图可知，热解温度高，S-900的煤焦比值小，表面官能团少，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；由表格数据可知，S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；
②由图可知，350℃后，随着温度升高，反应速率加快，一氧化氮的脱除率增大；
（4）
①从电解氧化法吸收的原理图可知，和A口相连的电极是阳极室，通入的是稀硫酸，而阴极室通入的是溶液，出来的是S2O。则根据电极放电顺序，可知阳极是OH-失去电子发生氧化反应，生成水和氧气，而H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，所以整个电解过程中阳极室中的水减少，则阳极室的硫酸浓度会变大，故从A口中出来的物质是氧气和浓度变大的硫酸。
②从分析可知，H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，从 到S2O是化合价降低的过程，得到电子发生了还原反应，则电解池的阴极的电极反应室为2＋2H＋＋2e-=S2O＋2H2O。
16．(1)-183
(2) 1∶2 平衡前升温，速率增大，单位时间内反应物的转化率增大
(3)金属催化剂会与反应从而失去催化活性
【详解】（1）已知热化学方程式：① (g)+3H2(g) (g) ，
② ，
③ ，
④ ，
根据盖斯定律①=②-③+×④，则y=(-3053.5)- (-3727.9)+ ×(-571.6)=-183；
（2）①设起始时，投入的苯酚和氢气的物质的量分别为xmol、ymol，0 ~5min内苯酚的变化量为amol，则氢气的变化量为3amol，根据A、B点的数据，解得，，故起始时投入的苯酚和氢气的物质的量之比为1∶2；
②根据已知条件可知：曲线Ⅰ表示苯酚的转化率，曲线Ⅱ表示氢气的转化率；图象横坐标为温度，温度越高反应速率越快，则，而A、B两点表示的同一个温度下，同一个反应的正速率，故速率相等，故答案为：；
③温度低于400℃时，反应未达到平衡状态，故氢气和苯酚的转化率随温度升高而增大；
④若初始时向容器中充入的苯酚的物质的量为1mol，则通入的氢气的物质的量为2mol，根据化学反应速率计算公式，解得，设起始时，投入的苯酚和氢气的物质的量分别为1mol、2mol，根据 (g)+3H2(g) (g)，可求得平衡时，苯酚、氢气、环己醇的物质的量均为0.5mol，根据，此时总压强为(kPa)，；
（3）氨气也可能吸附到金属催化剂表面，那样会阻挡氢原子的吸附，故答案为：金属催化剂会与反应从而失去催化活性。
17．(1) +131.3 >
(2)AB
(3)变小
(4) 8 40 增大容器体积 及时分离出或
【详解】（1）=+131.3；、分别表示该反应正、逆反应的活化能，该反应为吸热反应，＞，则－＞0；
（2）Ⅱ：
A.该反应中气体体积不变，气体总物质的量为定值，且在绝热条件下，结合PV=nRT可知，混合气体的压强为变量，当混合气体的压强不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，A正确；
B.在绝热容器内，容器内温度为变量，当容器内温度不变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B正确
C.混合气体的质量为定变量、容器容积不变，则混合气体的密度为定量，当混合气体的密度不变时，不能表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，C错误；
D.混合气体的质量为定量，混合气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量为定量，当混合气体的平均分子质量不变时，不能表明达到平衡状态，D错误；
故选AB；
（3）直线a、b分别表示、随温度的变化，随着温度的降低增大，正逆反应速率均减小，则降低相同温度时lg减小更快，降低温度平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡常数K变小；
（4）①，，则有x-y+80-x-y+y++x+y=100，解得x=20 kPa，A点时=，=，，由以上可知，(20-y)·(60-y)=(y)·(20+y)解得y=12 kPa，平衡时CO的分压20 kPa -12 kPa =8kPa，平衡时水蒸气的转化率为；
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有1.增大容器体积， 2. 及时分离出或，促进平衡正向移动。
18．(1)-41
(2) I 50% >
(3) H2O < 增大压强或提高比值或及时分离出H2O等
(4)5.4 ×10-5mol/L
【详解】（1）根据反应热△H等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，根据表中数据可知， CO(g) +H2O(g)CO2(g) +H2(g) △H=E(C≡O)+2E(O-H)-2E(C=O)-E(H-H)= 1075 kJ·mol-1+2×463 kJ·mol-1-2×803 kJ·mol-1-436 kJ·mol-1=-41kJ·mol-1，故答案为：-41；
（2）①由(1)分析可知反应CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) △H＞0，则升高温度，平衡正向移动，正反应的平衡常数K正增大，逆反应的平衡常数K逆减小，则曲线I表示K正随温度改变的曲线，故答案为：I；
②由图象可知，T1时，K正=K逆=1，则向体积为10L的固定容积的容器中充入2 mol CO2、2 mol H2，根据三段式分析可知：，则有K==1，解得x=0.1mol/L，故CO2的平衡转化率为 ×100%=50%，故答案为：50%；
③由①分析可知，曲线I代表K正随温度改变的曲线，曲线II代表K逆随温度改变的曲线，由图示信息可知，T2时，A点正＞逆 ，故答案为：＞；
（3）①由图示中，H2的物质的量随温度升高而增大可知，升高温度平衡逆向移动，则CO2和H2的物质的量增大，H2O和C2H4的物质的量减小，则曲线a表示CO2，由方程式可知，生成的H2O的物质的量为C2H4的4倍，则曲线b表示的物质为H2O，c表示的物质是C2H4，故答案为：H2O；
②由图示中，H2的物质的量随温度升高而增大可知，升高温度平衡逆向移动，说明该反应正反应是一个放热反应，即该反应的ΔH＜0，故答案为：＜；
③为提高CO2的平衡转化率，即使平衡正向移动，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强、适当增大H2的用量或及时分离出H2O等措施均能实现，故答案为：增大压强或提高比值或及时分离出H2O等；
（4）乙二酸(H2C2O4)是一种含碳有机二元酸，25℃时，其Ka1=5.6 ×10-2，Ka2=5.4×10-5，已知Ka1=，Ka2=，向0.1mol·L-1乙二酸溶液中滴加NaOH至c(HC2O)=c(C2O)，Ka2==c(H+)=5.4×10-5mol/L，故答案为：5.4×10-5mol/
2023届高三化学一轮专题训练题—化学反应原理综合题
1．（2022秋·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）CO2用于催化氧化C2H6合成C2H4， 总反应为：CO2(g)+C2H6(g) CO(g)+H2O(g)+C2H4(g) ∆H=+177 kJ·mol-1；反应分两步进行：
反应i C2H6(g) C2H4(g)+ H2(g) ∆H1=+ 137kJ·mol-1
反应ii CO2(g)+H2(g) CO(g)+ H2O(g) ∆H2
回答下列问题：
(1)∆H2 =_______ kJ·mol-1。
(2)已知平衡常数(K)与温度(T)之间存在定量关系， 且符合Van’tHoff方程lnK= - (不同反应中C不同)。上述三个反应的平衡常数(K)与温度(T)之间的关系如图，反应i对应的曲线为_______(填“a”“b”或“c”)。
(3)按照n(CO2) ： n(C2H6)=1 ：1投料，测得C2H6平衡转化率[α(C2H6)]与温度、压强的关系如图所示，则压强P1、P2、P3由大到小的顺序为_______，判断的理由是________。
(4)在C2H4合成体系内会发生副反应。
①若发生副反应C2H6(g) 3H2(g)+ 2C(s)，会降低催化效率，原因是_______。
②某温度下，若只存在副反应： 2CO2(g)+C2H6(g) 4CO(g)+3H2(g)。 向aL密闭容器中充入1.2molC2H6和2molCO2，tmin后反应达到平衡，容器内C2H4为0.6mol，CO2为0.4 mol，则v(CO2)=_______ mol·L-1·min-1， C2H6的平衡总转化率为_______%(保留1位小数)。
(5)我国科学家利用CO2电催化氧化法实现了C2H6制备C2H4，阴极电极反应式为：CO2+2e-=CO+O2-，则阳极电极反应式是_______。
2．（2022春·湖南长沙·高三浏阳一中校考期末）氨氮废水中氮元素主要以、NH3形式存在，氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获得缓释肥料磷酸镁铵(MgNH4PO4)，过程如下。
已知：
物质
MgNH4PO4
Mg3(PO4)2
Mg(OH)2
溶度积
2.5×10-13
1.04×1024
1.8×10-11
(1)写出的电子式_______。
(2)经处理后，分离磷酸镁铵所用的方法是_______。
(3)处理氨氮废水时(氮元素以形式存在)，磷酸盐可选用Na2HPO4，主要生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为_______。
(4)向此废水中加入磷酸盐和镁盐，使铵态氮的残留达到一级排放标准(≤1.0mg/L即≤7×10-5mol/L)，且c()=1.0×10-5mol/L，则沉淀后的废水中c(Mg2+)≥_______(保留两位有效数字)。
(5)pH过大会降低废水中氨氮的去除率，可能的原因是_______。
(6)使用次氯酸钠等氧化剂可以将污水中的NH3氧化除去，可以产生无色无味气体，该反应的化学方程式为_______。某条件下，次氯酸钠投加量对污水中的氮的去除率的影响如图所示，当m(NaClO)：m(NH3)>7.7时，总氮除去率随m(NaClO)：m(NH3)的增大不升反降的原因_______。
3．（2023秋·湖南株洲·高三校考阶段练习）含氮化合物在生产生活中有重要的应用。请回答：
(1)NOx与含硫化合物的热化学方程式如下：
反应I：CaS(s)+3NO2(g)=CaO(s)+SO2(g)+3NO(g) △H=-279.12kJ·mol-1 K1
反应II：CaS(s)+4NO2(g)=CaSO4(s)+4NO(g) △H=-714.52kJ·mol-1 K2
反应III：CaSO4(s)+NO(g)=CaO(s)+SO2(g)+NO2(g) △H K3
①三个反应的平衡常数的lnK随温度变化关系如图所示，则表示lnK2的曲线是____。
②在恒温条件下，加入反应物，一段时间后达到平衡时c(SO2)如图所示，t1时减小容器体积，t2时达到新平衡，请画出t1至t2时c(SO2)变化趋势图____。
(2)合成氨工厂以“水煤气”和N2为原料，采用两段间接换热式绝热反应器，由进气口充入一定量含CO、H2、H2O、N2的混合气体，在反应器A进行合成氨，其催化剂III铁触媒，在500℃活性最大，反应器B中主要发生的反应为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H<0，装置如图。
①温度比较：气流a____气流b(填“>”“<”或“=”)。
②气体流速一定，经由催化剂I到催化剂II，原料转化率有提升，其可能原因是：____。
③下列说法正确的是____。
A．利用焦炭与水蒸气高温制备水煤气时，适当加快通入水蒸气的流速，有利于水煤气的生成
B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1反应器温度越低，终端出口2收率越高
C．终端出口2得到的气体，通过水吸收，再加热水溶液，可分离出NH3
D．反应原料气从进气口105℃到300℃出口1，已完成氨的合成
(3)已知-33℃液氨中存在：2NH3(l)NH+NH K=10-29，在100mL液氨中加入0.0001mol NH4Cl固体溶解，并完全电离(忽略体积变化)，则c(NH)=____mol·L-1。金属钾能溶解于液氨中形成蓝色的液氨溶液，反应的化学方程式为K+NH3=K++e(NH3)(电子的氨合物，显蓝色)，加入NH4Cl固体，即发生共价键断裂和形成的反应，请写出离子方程式____。
4．（2022·湖南长沙·雅礼中学校考一模）绿色能源是未来能源发展的重要方向，氢能是重要的绿色能源。
(1)氢气是一种环保的气体，不会污染大气且热值高。相关化学键的键能表示如表：
化学键
O=O
H—H
O—H
键能E/(kJ·mol-1)
a
b
c
已知：H2O(g)=H2O(l)△H=-dkJ/mol，则氢气燃烧热的△H1=____kJ/mol(用含a.、b、c、d的代数式表示)。
(2)催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H2=-41.2kJ·mol-1；在T1℃时，将0.10molCO(g)与0.40molH2O(g)充入5L的容器中，反应平衡后H2的物质的量分数x(H2)=0.08。
①CO的平衡转化率α=____%，反应平衡常数K=____(结果保留2位有效数字)。
②保持容器容积不变，在反应初期，可以提高单位时间内CO转化率的措施有____(填标号)。
A．增大水蒸气的浓度
B．通入“惰性气体”
C．升高温度
D．按原料起始比再通入0.10molCO(g)与0.40molH2O(g)
③由T1℃时上述实验数据计算得到v正~x(CO)和v逆~x(H2)的关系可用如图1表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡后，相应的点分别为____(填标号)。
④研究表明，CO催化变换反应的速率方程为v=k[x(CO)·x(H2O)-]式中x(CO)、x(H2O)、x(CO2)、x(H2)分别表示相应的物质的量分数，Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图2所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp____(填“增大”或“减小”或“不变”)。根据速率方程分析，T>Tm时v逐渐减小的原因是____。
(3)氨电解法制氢气。利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图3所示。阳极的电极反应式为____。
5．（2023·全国·高三专题练习）环己烷和苯均是重要的化工原料，对环己烷一苯系统的研究既有生产实际价值，也具有理论意义。回答下列问题。
(1)环己烷脱氢生苯的热效应研究
①已知下列物质的燃烧热数据如下：
物质
C(s，石墨)
H2(g)
(g)
(g)
∆H/kJ·mol-1
-393.5
-285.6
-3264
-3920
则计算脱氢反应： (g，环己烷) (g)+3 H2(g)的ΔH= _______ kJ·mol-1；
②利用下列表格中的键能数据计算上述脱氢反应的ΔH时，计算值与实测值差异较大。试从分子结构的角度解释原因_______；
化学键
C-H
C-C
C=C
H-H
键能/kJ·mol-1
412
348
612
436
(2)脱氢生苯的平衡研究
将适量环己烷蒸气置于恒压密闭容器中，掺混水蒸气。在不同反应温度下，测得环己烷的平衡转化率如图实线所示：
①掺入水蒸气能提高环己烷的平衡转化率，解释说明该事实_______；
②要提高气态原料的平衡转化率，还可采取的措施是_______(写一条)。
(3)脱氢生苯的动力学研究
①一定条件下测得在2L恒容容器中单纯进行脱氢反应的n(H2)如下：
t/min
0
2.0
4.0
6.0
8.0
n(H2)/10-3mol
0
1.6
3.5
5.2
7.0
计算2.0min～8.0min内，(苯)=_______mol·min-1(保留两位有效数字)；
②在催化剂作用下，产物苯的选择性(指各种可能的有机产物中苯的体积分数)如图中虚线所示。据此判断此时选择最佳温度为_______(填字母序号)左右。
A450℃ B．550℃ C．650℃ D．800℃
③在温度较高时，随温度升高环己烷的转化率升高，但苯的选择性降低，可能原因是_______。
(4)一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢。阴极气体产物除环己烷和H2外，无其它有机产物。阴极上苯生成环己烷的电极反应式为_______；阴极产生H2的物质的量为_______mol。
6．（2022·新疆昌吉·统考二模）含氮化合物在生活、生产、研究领域至关重要。回答下列问题。已知：
Ⅰ. 2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) ΔH1= -483.6 kJ·mol-1
Ⅱ.N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2 = +180.5 kJ·mol-1
Ⅲ.2H2(g)+ 2NO(g) N2(g)+ 2H2O(g) ΔH3
(1)若已知反应III的正反应活化能为Ea kJ·mol-1， 则逆反应活化能为_______kJ·mol -1(用含Ea的式子表示)。
(2)在刚性容器中按投料比 =1发生反应Ⅲ，不同催化剂条件下，反应相同时间时，测得NO转化率与温度的关系如图1。
图1
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是_______
A．2v逆 (NO)=v 正(N2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②使用催化剂乙、温度高于350℃时，NO 转化率降低的原因可能是_______。
③研究表明该反应v= kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，反应速率为，由此可知m=_______。设此时反应的活化能为Ea'，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：(R为常数)。据此推测：活化能越大，升高温度，速率常数增大倍数_______。 (填“越大”“越小”或“不变”)
(3)工业上常利用反应N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0合成氨气，在30 MPa、不同物质的量分数(75%的H2和25%的N2； 67.5%的 H2、22.5%的 N2和10%的惰性气体)条件下进行实验，测得平衡时，NH3体积分数与温度的关系如图2。
图2
①物质的量分数为： 75%的H2和25%的N2所对应的曲线是_______。 (填“a”或“b”)
②M点时，N2的转化率为_______；该 反应的压强平衡常数Kp= _______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
7．（2022·山东聊城·统考二模）“双碳”目标大背景下，研发CO2利用技术，降低空气中的CO2含量成为研究热点。
(1)重整制CO的反应为：
已知：
则_______。
在时，将CO2和CH4按物质的量之比为1∶1充入密闭容器中，分别在无催化剂及催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图所示：
A点CO2转化率相等的原因是_______。
(2)工业上CO2催化加氢制乙烯的反应为：
①在恒容密闭容器中，起始压强相同，CO2的平衡转化率随反应温度、起始投料比[]的变化如图。则f_______3(填“>”、“=”或“<”，下同)；B、C两点的化学平衡常数_______。
②当x=3时，保持体系压强始终为，平衡时四种组分的物质的量分数y随温度T的变化如图所示。代表的变化曲线是_______；根据图中D(390，0.12)点，列出该反应的平衡常数计算式_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)我国化学工作者设计出一种电解装置，该装置在碱性条件下能将CO2和甘油(C3H8O3)分别转化为合成气(CO、H2)和甘油醛()。电解过程中，阴极附近溶液的pH_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，阳极的电极反应式为_______。
8．（2023秋·山东临沂·高三山东省临沂第一中学校考期末）以、为原料制备合成气(、)，发生的反应如下：
主反应a：
副反应b：
副反应c：
已知：主反应选择性指发生主反应所消耗的在全部所消耗的中占有的比例。
回答下列问题：
(1)和的燃烧热分别为、，则CO的燃烧热为_______。
(2)在同一固相催化剂和下，研究不同温度，投料比对平衡转化率及体积分数的影响，数据如图所示。
①反应c的_______0(填“大于”、“等于”或“小于”)。
②在该催化剂作用下，投料比为2，时主反应a的选择性为60%，则体系达平衡后的体积分数为_______%(保留到小数点后一位)。
③根据图象，选择合成体系适宜的反应条件为_______，原因是_______；相同温度下，随着投料比增加，主反应的反应速率先加快后减慢，导致主反应的反应速率减慢的主要原因可能是_______。
9．（2022·全国·高三专题练习）甲烷是已探明储量最为丰富的化石能源之一，目前主要用作一次能源直接燃烧，其化学价值有待于深入开发，甲烷选择性氧化制甲醇是甲烷深度开发的一个方向。
(1)目前工业上甲烷制甲醇主要是经由合成气制备，即先通过高温过程将甲烷键全部断裂制成合成气(和)，再经高压过程由合成气制备甲醇。
①已知：
写出甲烷和重整制备合成气的热化学方程式_______。
②利用合成气制备甲醇的方程式为，平衡混合物中甲醇含量与温度、压强关系如图所示。有利于化学平衡向生成甲醇的方向移动的条件是_______温度、_______压强(填“增大”或“降低”)。恒容条件下，按进行实验，的转化率为，则该条件下平衡常数K=_______(只写数值)。
(2)某大学采用甲烷电催化氧化法制备甲醇。不同催化剂下所得产物的量及甲烷转化率如表所示。
电催化剂催化性能的比较
物质的量(通电)
电催化剂
电流
46
37
50
38
44
6.1
6.0
4.8
7.9
5.5
2.6
1.0
0.2
0.6
0
3.6
1.3
1.0
2.6
0.6
0.27
0.43
0
0.33
0
比较表中催化剂催化性能，最优选择为_______。法拉第效率指实际生成物和理论生成物的百分比。电化学中常用法拉第效率考查催化剂的电催化性能。已知法拉第效率的计算公式为(n表示物质的量，Q表示电量，Z表示反应物到生成物的转移电子数，)，该催化剂对甲醇的法拉第效率_______(保留2位有效数字)。
(3)研究发现在甲烷直接电催化氧化法中，的碱性电解液更容易生成，甲烷在催化剂上可能的反应机理如下：
i：
ii：
iii：_______
iv：
将机理步骤iii补充完整为_______；阴极发生的电极反应式为_______。
10．（2022·全国·高三专题练习）煤、石油等传统能源使用时污染严重，且日渐枯竭，科学家们寻找其他清洁能源作为替代品，其中甲烷的开发利用成为一个热点。以下是甲烷水蒸气重整的应用：
已知：①
②
(1)甲烷水蒸气重整原理CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H3，则△H3=_______kJ/mol。
(2)向恒容容器中加入1 molCH4和2 molH2O，在恒定的温度，初始压强a MPa下进行反应，
①当分离出0.8molH2时，分离比η=_______。(分离比，实际分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，体现H2分离的程度)。
②下图是甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系，其中η1、η2、η3的由大到小的关系是_______。
③η3=0.25时，A点气体的总压p(总)_______a MPa(填“>”、“=”、“<”)；H2的分压p(H2)=_______MPa；平衡常数Kp=_______(MPa)2。
(3)从反应体系中分离出H2、CO2需要消耗能量(分离能耗)，不同的分离方式需要的分离能耗与甲烷平衡转化率的关系如下图所示：
在提供相同的分离能量时，哪种分离方式更有利于提高甲烷平衡转化率_______。
11．（2022秋·山东菏泽·高三山东省鄄城县第一中学校考期末）晶体硅材料是最主要的光伏材料，随当前信息工程的发展，硅主要用于微电子技术。工业上将粗硅氯化、精馏后得到SiCl4和SiHCl3的混合物然后用H2还原得到高纯硅。还原过程中发生的主要反应为：
i.SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g) △H1=akJ/mol
ii.SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g) △H2=bkJ/mol
回答下列问题：
(1)已知：2SiHCl3(g)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g) △H3=48kJ/mol
H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式为_______。
(2)在T1、T2温度下，将1molSiCl4(g)、1molSiHCl3(g)和3molH2(g)加入体积固定的密团容器中，在催化条件下发生反应i、ii。测得H2的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示。
①T2温度下，反应达到平衡时SiHCl3(g)的转化率_______。
②T2温度下，反应i的标准平衡常数Kθ的计算式为_______。
(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)+eE(g)gG(g)+hH(g)的Kθ=，其中pθ=106Pa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压)。
③△H2_______0(填“＞”或“＜”)，写出推理过程_______。
④要增大SiCl4(g)的转化率可以采取的措施有_______(写其中的一条即可)。
(3)研究发现，反应SiCl4(g)+SiH2Cl2(g)2SiHCl3(g)的活化能Ea=100kJ/mol。反应的活化能Ea、速率常数k、温度T满足关系：ln==-。
已知：R=8.3×10-3kJ/(mol·K)；ln10=2.3
①若T1=300K，通过升高温度到595K，才能满足=108以加快反应速率；
②若T=300K，使用催化剂使活化能降低，满足=108以加快反应速率，Ea应减小。
上述②中Ea应减小_______kJ/mol(保留1位小数)；对比①和②你得到的结论是_______。
12．（2022·云南·统考二模）中国化学工作者在《Science》刊文发表了甲烷在催化作用下脱氢制忆烯的相关论文，其反应如下，回答下列问题：
(1)已知、的的燃烧热如下表所示：
物质
燃烧热
890.3
1411
285.8
________．
(2)时，向恒温恒容密闭容器中充入发生上述反应，达到平衡时，测得，则________．此时将温度改变至，经tmin后再次达到平衡，测得，内的平均速率为，则________(填“>”或“<”)，t=________．
(3)若改变外界反应条件，使甲烷平衡浓度减小，则除改变温度外还可能是________(写一条即可)
(4)不同温度下，加入一定量的发生上上述反应，、的平衡分压随温度的变化如图所示．时，该反应的平衡常数________(以分压代替平衡浓度计算)．
(5)某温度下，在一恒压密闭容器中加入一定量的和进行反应，随时间(t)的变化，下列示意图错误的是________(填标号)．A． B． C． D．
13．（2022·江西上饶·上饶市第一中学校考模拟预测）请回答下列问题：
(1)已知：HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7kJ·mol-1
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) ΔH=-57.3kJ·mol-1
HF(aq)F-(aq)+H+(aq) ΔH=akJ·mol-1
①a=_______。
②下列说法正确的是_______。
A．弱酸电离整个过程一定是吸热过程
B．弱酸溶液的温度升高，电离度可能减小
C．加水稀释，有利于弱酸的电离
D．弱酸电离的热效应只与酸性强弱有关
(2)近年来，随着氯气的需求量的迅速增长，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。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。图中表示进料浓度比c(HCl)：c(O2)等于1：1的曲线是_______(填写序号)。按化学计量比进料可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_______。
(3)恒压容器中PCl5(M=208.5g·mol-1)发生分解PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)，在TK和100kPa下达到平衡，测得混合气体的密度ρ=3.475g·L-1，已知该条件下气体的摩尔体积Vm=45.0L·mol-1。计算此状态下该反应的平衡常数Kp=_______kPa.[Kp：以气体物质的分压p(B)替代浓度计算得到的平衡常数，p(B)=p·x(B)，p表示平衡时总压，x(B)表示平衡系统中物质B的物质的量分数]
(4)H2O2在室温下分解反应2H2O2=2H2O+O2↑进行很慢，在Fe3+催化下分两步很快进行，光谱分析可知过程中有Fe2+生成，其反应机理为：①_______；②_______。
14．（2022·全国·高三专题练习）丙烯是合成多种高分子材料的原料，工业上常采用裂解丁烷获得丙烯。化学原理如下：
反应1：C4H10(g)C3H6(g)+CH4(g) ΔH1
反应2：C4H10(g)C2H4(g)+C2H6(g) ΔH2
(1)已知在101kPa和一定温度下，由最稳定单质生成1mol纯物质的热效应，称为该物质的标准生成热()。化学规定，稳定单质的生成热为0。
几种相关物质的标准生成热数据如下表所示：
物质
C4H10(g)
C3H6(g)
C2H4(g)
CH4(g)
C2H6(g)
/(kJ·mol-1)
−124.7
20.4
52.3
−74.9
−84.7
反应1的能量变化如图1所示，逆反应活化能E2=_______kJ∙mol−1。
(2)在刚性密闭容器中充入一定量丁烷，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内丙烯的产率与温度关系如图2所示。工业上宜选择催化剂_______(填“甲”或“乙”)。温度高于500℃时，乙催化剂作用下丙烯产率降低的主要原因可能是________(答一条)。
(3)在刚性密闭容器中充入适量丁烷，在一定温度下发生反应1和2，达到平衡后，再充入少量丁烷。下列推断正确的是_______(填标号)。A．平衡向正反应方向移动，丁烷的转化率增大
B．平衡向正反应方向移动，丁烷的转化率减小
C．平衡向逆反应方向移动，丁烷的转化率增大
D．平衡向逆反应方向移动，丁烷的转化率减小
(4)在一定条件下，C4H10(g)C3H6(g)+CH4(g)生成丙烯的速率方程为υ净(C3H6)=k正c(C4H10) −k逆c(C3H6)·c(CH4)(k正、k逆为正、逆反应速率常数，与温度、催化剂有关，与浓度无关)，测得速率常数k(包括k正、k逆)的负对数pk(pk=−lgk)与温度关系如图3所示。其中，能代表pk正与T关系的直线为_______(填标号)。
(5)在一定温度T℃，总压强恒定为14.8kPa的条件下，向密闭容器充入C4H10和N2的混合气体(N2不参与反应)。在T℃下，发生反应1和2，C4H10的平衡转化率与通入气体中C4H10的物质的量分数的关系如图4所示。
①其他条件不变时，C4H10的平衡转化率随着C4H10的物质的量分数增大而减小，其原因是_______。
②T℃时，C4H10的物质的量分数为0.8对应的平衡体系中，C3H6的选择性为。该温度下，反应1的平衡常数Kp=_______kPa[以分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数：C2H4的选择性=]。
(6)己二腈是合成尼龙66的原料。工业上，采用丙烯氨氧化法制备丙烯腈(CH2=CH−CN)，又采用电有机合成法制备己二腈[NC(CH2)4CN]，装置如图所示。
阴极反应式为_______。
15．（2022·全国·高三专题练习）“绿水青山就是金山银山”，研究消除氮氧化物污染对建设美丽家乡，打造宜居环境有重要意义。
(1)已知：
写出C与反应生成的热化学方程式___________。
(2)已知：。在恒容密闭容器中，投入和，经过一段时间后达到平衡状态，测得的转化率为。该温度下，反应的平衡常数为___________。
(3)原煤经热解、冷却得到的煤焦可用于的脱除。热解温度为得到的煤焦分别用表示，相关信息如下表：
煤焦
元素分析/%
比表面积
C
H
80.79
2.76
105.69
84.26
0.82
8.98
将NO浓度恒定的废气以固定流速通过反应器(图1)。不同温度下，进行多组平行实验，测定相同时间内NO的出口浓度，可得NO的脱除率与温度的关系如图2所示。
[已知：的脱除主要包含吸附和化学还原()两个过程]
①已知煤焦表面存在的官能团有利于吸附NO，其数量与煤焦中氢碳质量比的值密切相关，比值小，表面官能团少。由图2可知，相同温度下，单位时间内对NO的脱除率比的高，可能原因是___________。(答两条)。
②后，随着温度升高，单位时间内NO的脱除率增大的原因是___________。
(4)电解氧化吸收法：其原理如图3所示：
①从A口中出来的物质的是___________。
②写出电解池阴极的电极反应式___________。
16．（2022·青海西宁·统考二模）环己醇常用于工业上制取增塑剂、表面活性剂以及用作工业溶剂等。苯酚()催化加氢制备环己醇一直受到研究人员的关注，该反应为(g)+3H2(g) (g) 。请回答下列问题。
(1)已知： ；
；
。
则_______。
(2)向体积为50L的恒容密闭容器中充入一定量的(g)和不同温度下，反应均进行5min测得反应物的转化率随温度的变化关系如图所示，已知曲线Ⅰ表示苯酚的转化率)。
①起始时投入的苯酚和氢气的物质的量之比为_______。
②A、B、C、D四点对应的正反应速率、、、的大小关系为_______。
③温度低于400℃时，和苯酚的转化率随温度升高而增大的原因是_______。
④已知，V代表体积；n代表气体物质的量；T代表温度；R是摩尔气体常数，单位是。若初始时向容器中充入的苯酚为1mol，则反应从起始进行到A点，其平均反应速率_______；当反应温度为500℃时，反应达到平衡后，_______。(表示用分压代替浓度计算的平衡常数，结果用含R的代数式表示)
(3)氢原子和苯分子吸附在金属催化剂表面活性中心时，才能发生反应。当中混有微量杂质时，相同时间内测得环己醇的产率降低。推测其可能原因为_______。
17．（2022秋·辽宁抚顺·高三抚顺一中校考期末）碳化学是以分子中只含一个碳原子的化合物为原料生产化工产品的方法。合成气(CO和的混合气体)是一碳化学的重要原料，焦炭与水蒸气在刚性密闭容器中会发生如下两个反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
下表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1mol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。
物质
标准生成热
0.0
0.0
(1)反应Ⅰ的焓变_______，、分别表示该反应正、逆反应的活化能，则－_______0(填“>”或“<”或“=”)。
(2)若在绝热恒容容器中仅发生反应Ⅱ，则下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______。A．容器内气体的压强不变 B．容器内温度不变
C．容器内气体的密度不再改变 D．容器内气体的平均相对分子质量不变
(3)已知反应Ⅱ的正反应速率，逆反应速率，、分别为正、逆反应速率常数，(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化。升高温度，反应Ⅱ的平衡常数K_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。
(4)在上图A点对应的温度下，向某刚性密闭容器中加入足量焦炭和一定量水蒸气，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa。
①平衡时CO的分压_______kPa，平衡时水蒸气的转化率为_______%。
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有_______、_______(写两种不同的方法)。
18．（2022秋·重庆江津·高三重庆市江津中学校校考阶段练习）碳排放是2020年世界重点议题，回答下列问题：
(1)已知CO分子中化学键为C ≡O。相关的化学键键能数据如下：
化学键
H-O
C≡O
C=O
H-H
E/(kJ·mol-1)
463
1075
803
436
则CO(g) +H2O(g)CO2(g) +H2(g) △H=_______kJ·mol-1。
(2)CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g)正反应的平衡常数K正和逆反应的平衡常数K逆随温度变化曲线如图
①表示K正曲线的为_______(填“I”或“II”)。
②T1时，向体积为10L的固定容积的容器中充入2 mol CO2、2 mol H2，CO2的平衡转化率为_______。
③T2时，A点正_______ 逆 (填“>”“=”或“<”)。
(3)二氧化碳催化加氢合成低碳烯烃是目前研究的热门课题，起始时以0. 1MPa，n(H2)：n(CO2)=3：1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2(g) + 6H2(g)C2H4(g) +4H2O(g) △H ，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如图所示：
①曲线b表示的物质为_______(写化学式)。
②该反应的ΔH_______ 0。(填“>”或“<”)
③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是_______(列举1项)。
(4)乙二酸(H2C2O4)是一种含碳有机二元酸，25℃时，其Ka1=5.6 ×10-2，Ka2=5.4×10-5，向0.1mol·L-1乙二酸溶液中滴加NaOH至c(HC2O)=c(C2O)，此时溶液c(H+)=_______。
参考答案：
1．(1)+40
(2)c
(3) P1>P2>P3 温度相同时，加压平衡逆向移动，故压强越大，C2H6 的平衡转化率越小
(4) 催化剂表面产生积碳，减少与反应物接触从而降低催化效率或导致催化剂失活 91.7
(5)C2H6+ O2--2e-= C2H4+ H2O
【详解】（1）根据盖斯定律，反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+ H2O(g)可由已知总反应-反应i得到，则，故答案为：+40；
（2）由于lnK= -，则lnK与之间成反比关系，反应i、ii和总反应的反应热均是正值，当越大时，越小，曲线的斜率越大，已知介于中间，则其对应的曲线为c，故答案为：c；
（3）根据总反应CO2(g)+C2H6(g)CO(g)+H2O(g)+C2H4(g)可知，反应正向吸热，温度升高，C2H6平衡转化率增大，但是正向体积增大，温度相同时，加压平衡逆向移动，故压强越大，C2H6 的平衡转化率越小，结合图可知P1>P2>P3，故答案为：P1>P2>P3；温度相同时，加压平衡逆向移动，故压强越大，C2H6 的平衡转化率越小；
（4）①CO2用于催化氧化C2H6合成C2H4，若发生副反应C2H6(g)3H2(g)+ 2C(s)，该反应会产生碳，导致催化剂表面产生积碳，减少与反应物接触从而降低催化效率或导致催化剂失活会，降低催化效率，故答案为：催化剂表面产生积碳，减少与反应物接触从而降低催化效率或导致催化剂失活；
②某温度下，若只存在副反应：2CO2(g)+C2H6(g)4CO(g)+3H2(g)，向aL密闭容器中充入1.2molC2H6和2molCO2，tmin后反应达到平衡，容器内C2H4为0.6mol，CO2为0.4 mol，则v(CO2)=mol·L-1·min-1；根据总反应CO2(g)+C2H6(g)CO(g)+H2O(g)+C2H4(g)，容器内C2H4为0.6mol，可知C2H6消耗0.6mol，同时消耗CO2为0.6 mol，则副反应中，CO2消耗1mol，可知C2H6在副反应中消耗0.5mol，C2H6的平衡总转化率=%，故答案为：；91.7；
（5）CO2电催化氧化法实现C2H6制备C2H4，总反应为：CO2(g)+C2H6(g)CO(g)+H2O(g)+C2H4(g)，已知阴极电极反应式为：CO2+2e-=CO+O2-，则阳极电极反应式是C2H6+ O2--2e-= C2H4+ H2O，故答案为：C2H6+ O2--2e-= C2H4+ H2O。
2．(1)
(2)过滤
(3)Mg2++++OH-=MgNH4PO4↓+H2O
(4)3.6×10-4mol/L
(5)pH过高，可能产生Mg(OH)2、Mg3(PO4)2沉淀
(6) 2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O NaClO投入过多会将氨氮废水中的氮元素氧化为等更高价态的物质，未能从溶液中除去
【分析】含氨氮废水中加入Na2HPO4、氯化镁，再加氢氧化钠调节pH至9-10生成MgNH4PO4沉淀，过滤，废水中氨氮含量降低。
（1）的电子式为 ；
（2）经处理后，生成磷酸镁铵沉淀，固液分离用过滤法，分离磷酸镁铵所用的方法是过滤；
（3）废水中的铵根离子、氯化镁、Na2HPO4、氢氧化钠反应生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为Mg2++++OH-=MgNH4PO4↓+H2O。
（4）向此废水中加入磷酸盐和镁盐，使铵态氮的残留达到一级排放标准(≤1.0mg/L即≤7×10-5mol/L)，且c()=1.0×10-5mol/L， MgNH4PO4的溶度积为2.5×10-13，则沉淀后的废水中c(Mg2+)≥3.6×10-4mol/L。
（5）pH过高，可能产生Mg(OH)2、Mg3(PO4)2沉淀，所以降低废水中氨氮的去除率；
（6）使用次氯酸钠等氧化剂可以将污水中的NH3氧化除去，生成氯化钠和氮气，氯元素化合价由+1降低为-1、氮元素化合价由-3升高为0，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为2NH3+3NaClO=N2+3NaCl+3H2O。NaClO投入过多会将氨氮废水中的氮元素氧化为等更高价态的物质，未能从溶液中除去，所以当m(NaClO)：m(NH3)>7.7时，总氮除去率随m(NaClO)：m(NH3)的增大不升反降。
3．(1) a
(2) < 气流若在催化剂I层达平衡流出，经中间过热交换，温度降低，化学反应限度增大，反应正移，转化率增大；气流若在催化剂I层未达平衡，则与催化剂II接触，继续反应，转化率增大 A
(3) 1×10-26 2e(NH3)+2NH=H2+(2n+2)NH3
【详解】（1）①反应I和反应II都是放热反应，温度T减小，平衡常数K增大，则增大，lnK增大，故表示lnK1和lnK2的曲线分别是a和b中的某一条；根据Gibbs-Helmholtz方程和Van’t Hoff方程，可以得到温度T与平衡常数K的关系：ΔH-TΔS=ΔG=-RTlnK（R为常数），则lnK=ΔS-，由此可知，温度相同时，ΔH越小，斜率越大，由于反应II的焓变小于反应I的焓变，故反应II的曲线的斜率较大，表示lnK2的曲线是a；
②反应I+3´反应III可得：CaS(s)+3CaSO4(s)=4CaO(s)+4SO2(g) K=c(SO2)；t1时减小容器体积，c(SO2)增大；由于压强增大，平衡逆向移动，c(SO2)逐渐减小，恒温条件下，平衡常数K不变，故t2时达到新平衡，c(SO2)与t1时的c(SO2)相等；t1至t2时c(SO2)变化趋势图为。
（2）①由进气口充入一定量含CO、H2、H2O、N2的混合气体，经反应器A进入到反应容器B，反应器B中主要发生的反应为：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H<0，即气流a与催化剂I、催化剂II接触后发生反应，形成气流b，由于该反应是放热反应，故温度：气流a＜气流b；
②气体流速一定，经由催化剂I到催化剂II，原料转化率有提升，其可能原因是：气流若在催化剂I层达平衡流出，经中间过热交换，温度降低，化学反应限度增大，反应正移，转化率增大；气流若在催化剂I层未达平衡，则与催化剂II接触，继续反应，转化率增大；
③A．利用焦炭与水蒸气高温制备水煤气时，适当加快通入水蒸气的流速，也加快了CO和H2的流动速度，相当于减少了产物的浓度，则平衡正向移动，有利于水煤气的生成，A正确；
B．500℃时，催化剂III的活性最高；温度在500℃以下时，反应器温度越低，催化剂III的活性越低，反应速率也低，终端出口2收率越低，B错误；
C．终端出口2得到的气体，通过冷凝，分离出液氨，C错误；
D．如图所示，气流b进入到反应器A，并发生了反应，到终端出口2，完成氨的合成，D错误；
故选A。
（3）在100mL液氨中加入0.0001mol NH4Cl固体溶解，并完全电离，c()==1´10-3mol·L-1，则c()===1´10-26mol·L-1；金属钾能溶解于液氨中形成蓝色的液氨溶液，加入NH4Cl后，发生了共价键的断裂和形成，说明发生了电子的转移，该反应的离子方程式为2+2=H2+(2n+2)NH3。
4．(1)-(2c+d-b-a)或a+b-2c-d
(2) 40 0.074或7.4×10-2 ACD EB 减小 Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高
(3)NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O
【解析】（1）
H2(g)+O2(g)=H2O(g)，反应热=反应物总键能一生成物总键能=bkJ/mol+×akJ/mol-2×ckJ/mol，则氢气燃烧热的△H1=-(2c+d-b-a)或a+b-2c-dkJ/mol；
（2）
催化制氢是目前大规模制取氢气的方法之一：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol，在T1°C时，将0.10molCO(g)与0.40molH2O(g)充入5L的容器中，，
反应平衡后H2的物质的量分数x(H2)=0.08，=0.08，x=0.04mol。
①CO的平衡转化率α=100%=40%，反应平衡常数K=≈0.074或7.4×10-2；
②增大水蒸气的浓度，反应速率增大，单位时间内CO的转化率提高，A正确；
通入“惰性气体”，不改变反应物的浓度，反应速率不变，单位时间内CO的转化率不变，B错误；
在反应初期，升高温度，反应速率增大，单位时间内CO的转化率提高，C正确；
按原料起始比再通入0.10molCO(g)与0.40molH2O(g)，等效加压，单位时间内CO的转化率提高，D正确；
故选ACD；
③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol反应建立平衡时：H2的体积分数为0.08，升高温度，正、逆反应速率均加快，因此排除A点，正反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡逆向移动，再次平衡时H2的物质的量分数减小，因此排除C点，故选B点；CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol反应建立平衡时：CO的体积分数为=0.12，升高温度，正、逆反应速率均加快，排除F点，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，因此平衡正向移动，再次平衡时CO的物质的量分数增加，大于0.12，排除D点，故选E点；因此反应重新达到平衡，v正~x(CO)对应的点为E，v逆~x(H2)对应的点为B；
④温度升高时CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol，平衡逆向移动，CO催化变换反应的Kp减小。根据速率方程分析，T>Tm时v=k[x(CO)·x(H2O)-]逐渐减小的原因是Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高；
（3）
阳极氨气失电子发生氧化反应生成氮气，阳极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。
5．(1) +200.8 苯环上的碳碳键并不是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间一种独特的键
(2) 在恒压密闭容器中，掺混水蒸气，容器的体积增大，对于反应 (g，环己烷) (g)+3 H2(g)体系中的平衡分压减小，减小压强上述平衡正向移动 适当升高温度
(3) 3.0×10-4 C 温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物增大，即生成的苯越小，导致苯的选择性降低
(4) (g)+6H++6e-= (g) 2
【详解】（1）①由题干数据可得热化学方程式：I： (g，环己烷)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) =-3920kJ/mol，II： (g)+ O2(g)=6CO2(g)+3H2O(l) =-3264kJ/mol III：H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.6kJ/mol，则I-II-3III得目标反应 (g，环己烷) (g)+3 H2(g)，根据盖斯定律可知，ΔH=--3=(-3920kJ/mol)-( -3264kJ/mol)-3×(-285.6kJ/mol)=+200.8kJ·mol-1，故答案为：+200.8；
②由于苯环上的碳碳键并不是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间一种独特的键，所以其键能也与之有较大差异，故利用下列表格中的键能数据计算上述脱氢反应的ΔH时，计算值与实测值差异较大，故答案为：苯环上的碳碳键并不是单键和双键交替出现，而是介于单键与双键之间一种独特的键；
（2）①在恒压密闭容器中，掺混水蒸气，容器的体积增大，对于反应 (g，环己烷) (g)+3 H2(g)体系中的平衡分压减小，减小压强上述平衡正向移动，则掺入水蒸气能提高环己烷的平衡转化率，故答案为：在恒压密闭容器中，掺混水蒸气，容器的体积增大，对于反应 (g，环己烷)(g)+3 H2(g)体系中的平衡分压减小，减小压强上述平衡正向移动；
②由(1)分析可知，反应 (g，环己烷) (g)+3 H2(g) ΔH =+200.8kJ·mol-1，故适当升高温度，平衡正向移动，可提高气态原料的平衡转化率，故答案为：适当升高温度；
（3）①由题干表中数据可知，2.0min～8.0min内H2的物质的量改变了(7.0-1.6)×10-3mol=5.4×10-3mol，根据反应方程式可知，相同时间内苯的物质的量增加了×5.4×10-3mol=1.8×10-3mol，则(苯)==3.0×10-4mol·min-1，故答案为：3.0×10-4；
②由题干曲线图可知，温度越低，苯的选择性越高，但温度越低环己烷的转化率越低，由图可知，温度在650℃时，苯的选择性和环己烷的转化率均较高，则据此判断此时选择最佳温度为650℃左右，故答案为：C；
③在温度较高时，随温度升高环己烷的转化率升高，但温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物增大，即生成的苯越小，导致苯的选择性降低，故答案为：温度越高，副反应越多，导致转化为其他有机产物增大，即生成的苯越小，导致苯的选择性降低；
（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢，阴极气体产物除环己烷和H2外，无其它有机产物，阴极上苯生成环己烷即苯和H+得到电子生成环己烷，该电极反应式为：(g)+6H++6e-=(g)，由图可知阳极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，则阳极生成2.8molO2，电路上转移的电子的物质的量为：2.8×4=11.2mol，根据阴极反应式：(g)+6H++6e-=(g)，2H++2e-=H2↑，设生成H2为xmol，参与反应的苯的物质的量为ymol，则有：①2x+6y=11.2，剩余苯的物质的量为：10mol×24%-y=(2.4-y)mol，②=10%，联合①②解得x=2mol，即阴极产生H2的物质的量为2mol，故答案为：(g)+6H++6e-=(g)；2；
6．(1)Ea+ 664.1
(2) CD 催化剂失去活性、发生其它副反应等合理即可 1 越大
(3) a 50% Kp==5.9 ×10-3=
【解析】(1)
Ⅰ. 2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) ΔH1= -483.6 kJ·mol-1
Ⅱ.N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH2 = +180.5 kJ·mol-1
根据盖斯定律Ⅰ-Ⅱ得2H2(g)+ 2NO(g) N2(g)+ 2H2O(g) ΔH3=-483.6 kJ·mol-1-180.5 kJ·mol-1=-664.1 kJ·mol-1，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，若反应III的正反应活化能为Ea kJ·mol-1， 则逆反应活化能为(Ea+ 664.1)kJ·mol -1。
(2)
①A．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，2v逆 (NO)=v 正(N2)反应不平衡，故不选A；
B．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度不再变化，反应不一定达到平衡状态，故不选B；
C．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内总压强不再变化，反应一定达到平衡状态，故选C；
D．反应前后气体总质量不变，气体物质的量改变，混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不再变化，反应一定达到平衡状态，故选D；
选CD。
②使用催化剂乙、温度高于350℃时，NO 转化率降低的原因可能是催化剂失去活性或发生其它副反应。
③研究表明该反应v= kcm(H2)c2(NO)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关。T1℃的初始速率为v0，当H2转化率为50%时，NO的转化率也是50%，反应速率为， ，所以m=1。设此时反应的活化能为Ea'，不同温度T1、T2条件下对应的速率常数分别为k1、k2，存在关系：(R为常数)。据此推测：活化能越大，升高温度，变大，速率常数增大倍数越大。
(3)
①恒压条件下，通入惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，所以75%的H2和25%的N2所对应的曲线是a；
②M点时，
， ，N2的转化率为；该反应的压强平衡常数Kp==5.9 ×10-3 (MPa)-2。
7．(1) A点所处温度下催化剂失去活性
(2) < < c
(3) 增大
【解析】（1）
已知反应①
②
③
④
根据盖斯定律可知④=②-①+2×③=394-(-74)+2×(-110)=+248KJ/mol；
由图可知，A点CO2的转化率小于平衡转化率率，说明反应未达到平衡状态，但在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率相等，说明催化剂失去活性，故答案为：A点所处温度下催化剂失去活性；
（2）
①相同温度下，f那条线对应的二氧化碳的转化率较低，则二氧化碳较多，故f<3；
由图可知随着温度的升高三氧化碳的转化率降低，则该反应为放热反应，C点温度低，平衡常数大，故<；
②水是产物，该反应是放热反应，随着温度升高含量减少的是水和乙烯，水的计量系数较大，故代表的变化曲线是c；d代表的是乙烯，a代表氢气，b代表二氧化碳，则根据图中的数据可知温度为390℃各种物质的物质的量分数分别为：乙烯：0.12，水：0.48，二氧化碳：0.1，氢气0.3，则平衡常数 ；
（3）
电解时阴极的电极反应为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，氢氧根浓度增大，则pH增大；阳极为甘油失去电子生成甘油醛，电极反应为：；
8．(1)283
(2) 大于 43.8 T1、=1 在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小 副反应b产生的碳变多，覆盖在催化剂表面上，使气体难以在催化剂表面反应（或催化剂中毒等，体现催化作用减弱的叙述均可得分）
【详解】（1）根据和的燃烧热分别为、，则有：反应I：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-763.7kJ/mol，反应II：H2(g)+O2(g)=H2O(l) =-285.8kJ/mol，题干主反应a：则I-a-2×II得：2CO(g)+O2(g)=2CO2=--2=(-763.7kJ/mol)-(373.9kJ/mol)-2(-285.8kJ/mol)=-566kJ/mol，则CO的燃烧热为283，故答案为：283；
（2）①由题干信息可知，主反应a和副反应b均为吸热反应，即升高温度平衡正向移动，甲烷的平衡转化率增大，根据图示甲烷的平衡转化率与温度的关系可知，T1＞T2，而投料比相同时，T1时H2O的体积分数高于T2时的，说明升高温度，反应c的平衡正向移动，即正反应是一个吸热反应，故反应c的大于0，故答案为：大于；
②在该催化剂作用下，投料比为2，假设CH4为2a mol，则CO2为a mol，由题干图中可知此时甲烷的平衡转化率为60%，则转化的CH4的物质的量为1.2a mol，达到平衡时CH4的物质的量为0.8amol。又时主反应a的选择性为60%，则反应a消耗CH4的物质的量为1.2a mol×60%=0.72a mol，消耗CO2的物质的量为0.72a mol，生成CO和H2的物质的量均为1.44amol，反应b消耗CH4的物质的量为1.2a-0.72a=0.48amol，则生成H2的物质的量为0.96amol，设反应c消耗CO2的物质的量为xmol，则同时消耗H2的物质的量为xmol，生成水蒸气和CO的物质的量均为xmol，所以平衡时甲烷的物质的量为0.8amol，H2的物质的量为(1.44a+0.96a-x)mol，CO的物质的量为(1.44a+x)mol，CO2的物质的量为(a-0.72a-x)mol，水蒸气的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为0.8a+1.44a+0.96a-x+1.44a+x+a-0.72a-x+x=4.92a，又H2O(g)的体积分数为5%，则=5%，求出x=0.246a，所以平衡时H2的物质的量为1.44a+0.96a-x =1.44a+0.96a-0.246a=2.154amol，所以氢气的体积分数为=43.8%，故答案为：43.8；
③根据图象，在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小，则选择合成体系适宜的反应条件为T1、=1；相同温度下，随着投料比增加，由于副反应b比主反应更容易进行，导致CH4消耗的速率过快，CH4浓度减小，从而主反应的反应速率先加快后减慢，故答案为： T1、=1；在T1温度下，=1时，CH4的平衡转化率最大，此时H2O的体积分数小，说明副反应c进行程度小；副反应b产生的碳变多，覆盖在催化剂表面上，使气体难以在催化剂表面反应（或催化剂中毒等，体现催化作用减弱的叙述均可得分）。
9．(1) 降低 增大
(2) FeNC 0.30%
(3) Na3Fe3(PO4)3(CH3) + Cl→Na3Fe3(PO4)3+CH3Cl
【解析】（1）①题目中已给出反应物为甲烷和二氧化碳，产物为合成气即CO和H2，反应方程式为，再根据盖斯定律可知，可得热化学方程式为。②由图示曲线变化可知，降低温度、增大压强有利于化学平衡向生成物的方向移动。在反应开始时，，反应达到平衡时CO的平衡转化率为 50%，则，，则根据物质反应转化关系可知平衡时，，，则该反应的平衡常数。
（2）目标产物为甲醇，比较表格中甲醇生成量，当电催化剂为FeNC时，生成量最大，则电催化剂的最优选择为FeNC。 要计算该催化剂对生成甲醇的电催化效率，Q=It，通过表可知I=46 mA，t=1 h=3600 s，n=2.6 ，甲烷生成甲醇转移电子数为2，Z=2，F=96451.79 C∙mol-1，带入公式，得。
（3）由题意iv中反应物有CH3Cl，推测其为iii的生成物，又因为Na3Fe3(PO4)3为催化剂，推测其为iii的生成物，综上，iii为Na3Fe3(PO4)3(CH3) + Cl→Na3Fe3(PO4)3+CH3Cl。已知甲烷被氧化，则甲烷一极为阳极，条件为无氧条件，溶液为碱性，则阴极反应式为。
10．(1)+165
(2) 0.2 η3>η2>η1 =
(3)双分离CO2和H2
【详解】（1）由盖斯定律可知，目标反应式=①-2×②，因此△H3=△H1-2×△H2= +247kJ/mol-2×41kJ/mol =+165 kJ/mol，故答案为+165；
（2）①根据分离比的定义：分离比，指实际H2分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，所以当分离出0.8molH2时，分离比，故答案为0.2；②根据甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系图可知，当温度一定时，CH4的平衡转化率越大，说明体系中生成的H2越多，分离出的H2越多，则分离比越大，所以η1、η2、η3的由大到小的关系是η3>η2>η1，故答案为η3>η2>η1；③当η3=0.25时，可知从体系中分离出H2的物质的量为1mol，根据图象A点甲烷平衡转化率为50%，所以三段式如下：
，根据PV=nRT，可知当T、V一定时，体系气体的压强与气体的物质的量成正比，反应前n(气体)=3mol，反应平衡后由于从体系分离出1mol H2，n(气体)=0.5mol +1mol +0.5mol +2mol -1mol =3mol，所以A点气体的总压p(总)=a MPa；根据前面的分析可知，从体系中分离出H2的物质的量为1mol，体系还剩余1mol H2，所以H2的分压p(H2)=MPa；平衡常数，故答案为：=，，；
（3）通过图象可知，在提供相同的分离能量时，双分离CO2和H2这种方式更有利于提高甲烷平衡转化率，故答案为双分离CO2和H2。
11．(1)SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g) △H=(2a-2b+48)kJ·mol-1
(2) 80% ＜ T2＞T1，T2时SiHCl3(g)的转化率为80%，T1温度下SiHCl3(g)的转化率是90%，降低温度，SiHCl3(g)转化率升高，反应ⅱ是放热反应，△H2＜0 升高温度，减小压强，及时移走产物等
(3) 45.8 生产中提高反应速率，研制催化剂比提高反应温度更有意义
【详解】（1）H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g)，已知①SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g) △H1=akJ/mol
②SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g) △H2=bkJ/mol
③2SiHCl3(g)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g) △H3=48kJ/mol
2(反应①-反应②)+反应③可得反应SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g)，则反应的△H=2(△H1-△H2)+△H3=(2a-2b+48)kJ·mol-1，因此H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g) △H=(2a-2b+48)kJ·mol-1；
（2）①由图象可知，T2温度下，反应达到平衡时H2的转化率为80%，则消耗H2的物质的量为2.4mol，设消耗SiCl4(g)的物质的量为x，消耗SiHCl3的物质的量为y，则列三段式有：
则有2x+y=2.4，又T2温度下，达到平衡时的压强为1.32×106Pa，起始压强为1.0×106Pa，则，化简为3x+2y=4，解得x=0.8，y=0.8，因此达到平衡时SiHCl3的转化率为；
②由①可知，T2温度下，达到平衡时n(SiCl4)=n(SiHCl3)=0.2mol，n(H2)=0.6mol，n(HCl)=(3.2+2.4)=5.6mol，则反应i的标准平衡常数Kθ=；
③结合①计算可得，T1温度下，SiHCl3的转化率为90%，而T2温度下SiHCl3(g)的转化率为80%，根据图象，T2温度下反应先达到平衡，因此T2＞T1，则T2→T1为降低温度，SiHCl3(g)转化率升高，因此反应ⅱ是放热反应，即△H2＜0；
④根据反应2SiHCl3(g)SiCl4(g)+SiH2Cl2(g) △H3=48kJ/mol，升高温度，减小压强，及时移走产物等方式均可增大SiCl4(g)的转化率；
（3）上述②中，若T=300K，使用催化剂使活化能降低，满足=108以加快反应速率，此时ln108=-，则，因此Ea应减小45.8kJ/mol，上述①中，升高温度到595K，满足=108以加快反应速率，此时ln108==，则，Ea增大，因此生产中提高反应速率，研制催化剂比提高反应温度更有意义。
12．(1)+202.0
(2) 0.1 > 2
(3)减小压强(合理答案均可)
(4)
(5)D
【解析】(1)
由、的的燃烧热可知：
1①+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) 890.3
②+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) 1411
③+O2(g)=H2O(l) 285.8
2×①-②-2×③得=+202.0；
(2)
由题意列三段式，达到平衡时，测得，即0.2-2x=x×2，解得x=0.05，则则(0.2-2×0.05)=0.1；内的平均速率为；此时将温度改变至，经tmin后再次达到平衡，测得，则平衡逆向移动，由于该反应正反应吸热，故应该是降温，即>；只考虑起始和平衡列三段式，由题意0.2-2y=3y，解得y=0.04，平衡时甲烷浓度为0.12mol/L即内CH4浓度变化量为0.12mol/L-0.10mol/L=0.02mol/L，内的平均速率为，则=0.02mol/L÷=2min；
(3)
该反应是气体分子数增多的吸热反应，要使甲烷平衡浓度减小，可使平衡正向移动，则除改变温度外还可能是减小压强或分离出乙烯或氢气等；
(4)
时，甲烷和氢气的平衡分压相等均为aPa，则依据方程式可知乙烯的分压为Pa，则时，该反应的平衡常数=；
(5)
某温度下，在一恒压密闭容器中加入一定量的和进行反应：
A．密度，随着反应的进行，气体质量m不变，体积V减小，则密度ρ增大，直至平衡，A正确；
B．ΔH不随反应的进行改变，只与始态终态有关，B正确；
C．甲烷起始浓度为0，然后增大，最后不变，C正确；
D．平均相对分子质量数值和摩尔质量相等，M=，随着反应的进行，气体质量m不变，n减小，M增大，平均相对分子质量增大，直至平衡，D错误；
选D。
13．(1) -10.4 BC
(2) 曲线Ⅰ 进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低O2和Cl2分离能耗较高、过高时HCl转化率较低
(3)12.5
(4) H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2↑+2H+ H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
【解析】（1）
①已知(ⅰ)HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) ΔH=-67.7kJ·mol-1，(ⅱ)H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) ΔH=-57.3kJ·mol-1，根据盖斯定律，由(ⅰ)-(ⅱ)可得HF(aq)⇌F-(aq)+H+(aq) ΔH=akJ·mol-1，则a=-67.7kJ·mol-1-(-57.3kJ·mol-1)=-10.4 kJ·mol-1，故答案为：-10.4；
②A．根据①的分析可知，HF电离时放热，因此弱酸的电离不一定是吸热过程，故A错误；
B．若弱酸的电离为放热反应，溶液温度升高，平衡逆向移动，电离度减小，故B正确；
C．加水稀释，弱酸的电离程度增大，故C正确；
D．弱酸电离的热效应不只与酸性强弱有关，与弱酸的浓度等也有关，故D错误；
答案选BC，故答案为：BC；
（2）
在温度相同时，混合气体中O2浓度越大，HCl的平衡转化率越高，结合图象可知曲线Ⅰ为进料浓度比c(HCl)：c(O2)等于1：1的曲线；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低，O2的浓度大，HCl的转化率高，但是O2和Cl2分离能耗较高，进料浓度比c(HCl)：c(O2) 过高，O2的浓度较小，HCl转化率较低，故答案为：曲线Ⅰ；进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低O2和Cl2分离能耗较高、过高时HCl转化率较低；
（3）
平衡时测得混合气体的密度ρ=3.475g·L-1，该条件下气体的摩尔体积Vm=45.0L·mol-1，则平衡时气体的摩尔质量为M1=ρVm=3.475g·L-1×45.0L·mol-1=156.375g/mol，根据，设反应前气体的总物质的量为n1，平衡时气体的总物质的量为n2，由于反应前后气体的总质量不变，则，设n1=0.75mol，n2=1mol，则起始时，n(PCl5)=0.75mol，假设PCl5反应了xmol，则平衡时n(PCl5)=(0.75-x)mol，n(PCl3)= n(Cl2)=xmol，(0.75-x)mol+xmol+xmol=1mol，解得x=0.25，则该反应的平衡常数，故答案为：12.5；
（4）
该反应中Fe3+做催化剂，且反应分两步进行，过程中有Fe2+生成，且总反应为2H2O2=2H2O+O2↑，则第一步反应生成Fe2+，第二步反应将Fe2+消耗掉，因此发生的反应应为H2O2+2Fe3+=2Fe2++O2↑+2H+和H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。
14．(1)3774.8
(2) 甲 催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多
(3)B
(4)d
(5) 平衡体系分压增大，平衡向逆反应方向移动 5
(6)2CH2=CHCN+2H++2e－=NC(CH2)4CN
【详解】（1）根据生成热定义，物质的生成热可以表示其相对能量高低，反应热等于产物总能量与反应物总能量之差，ΔH1=(20.4+124.7−74.9) kJ∙mol−1=+70.2 kJ∙mol−1。同理可得：△H2=(52.3+124.7−84.7)kJ∙mol−1=+92.3 kJ∙mol−1。反应热等于正反应活化能与递反应活化能之差，E2=(3845−70.2) kJ∙mol−1=3774.8 kJ∙mol−1；故答案为：3774.8。
（2）根据图中曲线得到工业上选择催化效率高的催化剂甲；温度高于500°C，催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多等导致丙烯产率降低；故答案为：甲；催化剂乙的活性降低、选择性降低或副产物增多。
（3）在恒温恒容条件下，平衡常数不变，平衡后充入丁烷，平衡向正反应方向移动。可以用模拟法判断丁烷转化率变化，充入丁烷后相当于将原平衡体系加压，丁烷的平衡转化率减小；故答案为：B。
（4）正反应是吸热反应，升高温度，平衡常数增大。平衡时净反应速率为0，有K=，升高温度，速率常数均增大，且k正增大的倍数大于k逆增大的倍数。k越大，pk越小；故答案为：d。
（5）①总压强不变的条件下，增大混合气体中丁烷的物质的量分数，平衡体系的分压增大，平衡向逆反应方向移动，故丁烷的平衡转化率减小；故答案为：平衡体系分压增大，平衡向逆反应方向移动。
②取混合气体中n(C4H10)=0.8mol，n(N2)=0.2mol。
反应1：，反应2：，，解得：x=0.4，y=0.08；平衡体系中气体的总物质的量为0.32mol+0.08mol+0.08mol+0.4mol+0.4mol+0.2mol=1.48mol。p(C4H10)=14.8kPa×=3.2kPa，p(C3H6)=p(CH4)=4.0kPa，=5kPa；故答案为：5。
（6）根据图中信息，水中氢氧根得到电子变为氧气，因此阴极上丙烯腈发生还原反应，电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e－=NC(CH2)4CN；故答案为：2CH2=CHCN+2H++2e－=NC(CH2)4CN。
15．(1)2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g) ∆H=-854kJ/mol
(2)10
(3) 热解温度高，S-900的煤焦氢炭比值小，表面官能团少，不利于NO吸附；S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于NO吸附 温度升高，反应速率增大
(4) O2和较浓的硫酸 2＋2H＋＋2e-=＋2H2O
【解析】（1）
反应的方程式为2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，将已知反应依次编号为①、②、③，由盖斯定律可知，②×2-①-③得反应2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g)，则△H=2△H2-△H1-△H3=2×(-393.5kJ/mol)-(-114kJ/mol)-(+181kJ/mol)=-854kJ/mol，反应的热化学方程式为2C(s)+ 2NO2(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-854kJ/mol；
（2）
根据题意可列出三段式：
K===10；
（3）
①由信息可知，煤焦表面存在的官能团有利于NO的吸附，由图可知，热解温度高，S-900的煤焦比值小，表面官能团少，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；由表格数据可知，S-900的比表面积小，吸附能力弱，不利于一氧化氮吸附，对一氧化氮的脱除率小于S-500；
②由图可知，350℃后，随着温度升高，反应速率加快，一氧化氮的脱除率增大；
（4）
①从电解氧化法吸收的原理图可知，和A口相连的电极是阳极室，通入的是稀硫酸，而阴极室通入的是溶液，出来的是S2O。则根据电极放电顺序，可知阳极是OH-失去电子发生氧化反应，生成水和氧气，而H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，所以整个电解过程中阳极室中的水减少，则阳极室的硫酸浓度会变大，故从A口中出来的物质是氧气和浓度变大的硫酸。
②从分析可知，H+通过阳离子交换膜进入到阴极室，和反应生成S2O和水，从 到S2O是化合价降低的过程，得到电子发生了还原反应，则电解池的阴极的电极反应室为2＋2H＋＋2e-=S2O＋2H2O。
16．(1)-183
(2) 1∶2 平衡前升温，速率增大，单位时间内反应物的转化率增大
(3)金属催化剂会与反应从而失去催化活性
【详解】（1）已知热化学方程式：① (g)+3H2(g) (g) ，
② ，
③ ，
④ ，
根据盖斯定律①=②-③+×④，则y=(-3053.5)- (-3727.9)+ ×(-571.6)=-183；
（2）①设起始时，投入的苯酚和氢气的物质的量分别为xmol、ymol，0 ~5min内苯酚的变化量为amol，则氢气的变化量为3amol，根据A、B点的数据，解得，，故起始时投入的苯酚和氢气的物质的量之比为1∶2；
②根据已知条件可知：曲线Ⅰ表示苯酚的转化率，曲线Ⅱ表示氢气的转化率；图象横坐标为温度，温度越高反应速率越快，则，而A、B两点表示的同一个温度下，同一个反应的正速率，故速率相等，故答案为：；
③温度低于400℃时，反应未达到平衡状态，故氢气和苯酚的转化率随温度升高而增大；
④若初始时向容器中充入的苯酚的物质的量为1mol，则通入的氢气的物质的量为2mol，根据化学反应速率计算公式，解得，设起始时，投入的苯酚和氢气的物质的量分别为1mol、2mol，根据 (g)+3H2(g) (g)，可求得平衡时，苯酚、氢气、环己醇的物质的量均为0.5mol，根据，此时总压强为(kPa)，；
（3）氨气也可能吸附到金属催化剂表面，那样会阻挡氢原子的吸附，故答案为：金属催化剂会与反应从而失去催化活性。
17．(1) +131.3 >
(2)AB
(3)变小
(4) 8 40 增大容器体积 及时分离出或
【详解】（1）=+131.3；、分别表示该反应正、逆反应的活化能，该反应为吸热反应，＞，则－＞0；
（2）Ⅱ：
A.该反应中气体体积不变，气体总物质的量为定值，且在绝热条件下，结合PV=nRT可知，混合气体的压强为变量，当混合气体的压强不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，A正确；
B.在绝热容器内，容器内温度为变量，当容器内温度不变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B正确
C.混合气体的质量为定变量、容器容积不变，则混合气体的密度为定量，当混合气体的密度不变时，不能表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，C错误；
D.混合气体的质量为定量，混合气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量为定量，当混合气体的平均分子质量不变时，不能表明达到平衡状态，D错误；
故选AB；
（3）直线a、b分别表示、随温度的变化，随着温度的降低增大，正逆反应速率均减小，则降低相同温度时lg减小更快，降低温度平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡常数K变小；
（4）①，，则有x-y+80-x-y+y++x+y=100，解得x=20 kPa，A点时=，=，，由以上可知，(20-y)·(60-y)=(y)·(20+y)解得y=12 kPa，平衡时CO的分压20 kPa -12 kPa =8kPa，平衡时水蒸气的转化率为；
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有1.增大容器体积， 2. 及时分离出或，促进平衡正向移动。
18．(1)-41
(2) I 50% >
(3) H2O < 增大压强或提高比值或及时分离出H2O等
(4)5.4 ×10-5mol/L
【详解】（1）根据反应热△H等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，根据表中数据可知， CO(g) +H2O(g)CO2(g) +H2(g) △H=E(C≡O)+2E(O-H)-2E(C=O)-E(H-H)= 1075 kJ·mol-1+2×463 kJ·mol-1-2×803 kJ·mol-1-436 kJ·mol-1=-41kJ·mol-1，故答案为：-41；
（2）①由(1)分析可知反应CO2(g) +H2(g)CO(g) +H2O(g) △H＞0，则升高温度，平衡正向移动，正反应的平衡常数K正增大，逆反应的平衡常数K逆减小，则曲线I表示K正随温度改变的曲线，故答案为：I；
②由图象可知，T1时，K正=K逆=1，则向体积为10L的固定容积的容器中充入2 mol CO2、2 mol H2，根据三段式分析可知：，则有K==1，解得x=0.1mol/L，故CO2的平衡转化率为 ×100%=50%，故答案为：50%；
③由①分析可知，曲线I代表K正随温度改变的曲线，曲线II代表K逆随温度改变的曲线，由图示信息可知，T2时，A点正＞逆 ，故答案为：＞；
（3）①由图示中，H2的物质的量随温度升高而增大可知，升高温度平衡逆向移动，则CO2和H2的物质的量增大，H2O和C2H4的物质的量减小，则曲线a表示CO2，由方程式可知，生成的H2O的物质的量为C2H4的4倍，则曲线b表示的物质为H2O，c表示的物质是C2H4，故答案为：H2O；
②由图示中，H2的物质的量随温度升高而增大可知，升高温度平衡逆向移动，说明该反应正反应是一个放热反应，即该反应的ΔH＜0，故答案为：＜；
③为提高CO2的平衡转化率，即使平衡正向移动，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强、适当增大H2的用量或及时分离出H2O等措施均能实现，故答案为：增大压强或提高比值或及时分离出H2O等；
（4）乙二酸(H2C2O4)是一种含碳有机二元酸，25℃时，其Ka1=5.6 ×10-2，Ka2=5.4×10-5，已知Ka1=，Ka2=，向0.1mol·L-1乙二酸溶液中滴加NaOH至c(HC2O)=c(C2O)，Ka2==c(H+)=5.4×10-5mol/L，故答案为：5.4×10-5mol/
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