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天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-25化学反应的热效应（3）
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这是一份天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-25化学反应的热效应（3），共51页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-25化学反应的热效应（3）
一、单选题
1．（2021·天津河北·统考一模）下列说法不正确的是
A．冰在室温下自动熔化成水，这是熵增过程
B．用合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用
C．在中提供空轨道，中N原子提供孤对电子
D．在25℃和101kPa时， ，的燃烧热为
2．（2021·天津河西·统考一模）在Fe+作用下，CO与N2O发生如下两步基元反应，能量变化及反应历程如图所示。
①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)
②FeO++CO=CO2+Fe+(快)
下列说法不正确的是
A．Fe+降低总反应的活化能
B．反应②是非氧化还原反应
C．总反应的化学反应速率由反应①决定
D．总反应中每转移1mole-，在标准状况下生成11.2LN2
3．（2021·天津和平·统考二模）M和N转化为P的催化反应历程如图。下列说法错误的是
A．生活中常用P除水垢
B．催化剂能改变反应速率同时也能改变反应的焓变
C．M和N转化为P是一个放热反应
D．该反应有利于治理温室效应
4．（2020·天津·模拟预测）H2与N2在催化剂表面生成NH3，反应历程及能量变化示意如下图。下列说法错误的是
A．该反应为放热反应
B．①→②：断开H −H键和N≡N时需要吸收能量
C．②→③：原子重新组合形成了N −H键
D．选择不同的催化剂会改变此反应∆H的数值
5．（2020·天津·模拟预测）如下为氟利昂(如)破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法错误的是
A．氟利昂—12()只有一种结构
B．过程Ⅱ可表示为
C．过程Ⅲ中键断裂是放热过程，键形成是吸热过程
D．上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏的催化剂
6．（2020·天津·模拟预测）某化学反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．该反应一定需要加热才能发生
B．该反应反应物的总能量比生成物的低
C．该反应断开化学键吸收的总能量比形成化学键放出的总能量多
D．该反应是放热反应
7．（2020·天津·模拟预测）理论研究表明，在101 kPa和298 K下，顺−2−丁烯(g)⇌反−2−丁烯(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。
下列说法错误的是
A．反−2−丁烯化学性质没有顺−2−丁烯活泼
B．该异构化反应的ΔH=−4.36 kJ·mol-1
C．正反应活化能小于逆反应活化能
D．加入催化剂可以降低反应物和产物的相对能量
8．（2020·天津红桥·统考二模）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在钢基催化剂上的反应机理相能量图如下：
下列说法正确的是( )
A．反应II的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)→H2(g)+CO2(g) -Q kJ(Q＞0)
B．1 mol CH3OH(g)和l mol H2O(g)的总能量大于l mol CO2(g)和3 mol H2(g)的总能量
C．选择优良的催化剂降低反应I和II的活化能，有利于减少过程中的能耗
D．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
9．（2020·天津北辰·统考二模）运载火箭以液氢为燃烧剂，液氧为氧化剂。已知:
①H2(g)=H2(l)ΔH=-0.92kJ•mol-1
②O2(g)=O2(l)ΔH=-6.84kJ•mol-1
下列说法正确的是
A．氢气的燃烧热为ΔH=-241..8kJ•mol-1
B．火箭中液氢燃烧的热化学方程式为2H2(l)+O2(l)=H2O(g)ΔH=-474.92kJ•mol-1
C．2molH2(g)与1molO2(g)所具有的总能量比2molH2O(g)所具有的总能量低
D．H2O(g)变成H2O(l)的过程中，断键吸收的能量小于成键放出的能量
10．（2020·天津·模拟预测）理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
11．（2020·天津南开·统考二模）水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是
A．水煤气变换反应的△H>0
B．步骤③的化学方程式：CO*+OH*+H2O(g)=COOH*+H2O*
C．步骤⑤只有非极性键H‒H键形成
D．该历程中最大能垒（活化能）E正=1.70eV
二、填空题
12．（2021·天津·模拟预测）氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。回答下列问题：
已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=－221kJ·mol－1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=－393.5kJ·mol－1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181kJ·mol-1
(1)若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：_____；下列措施能够增大此反应中NO的转化率的是(填字母代号)______。
A．增大容器压强B．升高温度C．使用优质催化剂D．增大CO的浓度
(2)向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，NO和N2的物质的量变化如下表所示。
物质的量/mol
T1/℃
T2/℃
0
5min
10min
15min
20min
25min
30min
NO
2.0
1.16
0.80
0.80
0.50
0.40
0.40
N2
0
0.42
0.60
0.60
0.75
0.80
0.80
①0∼5min内，以CO2表示的该反应速率v(CO2)=_______，该条件下的平衡常数K=_____。
②第15min后，温度调整到T2，数据变化如上表所示，则T1____T2(填“>”、“<”或“=”)。
③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，则此时反应_____移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；最终达平衡时NO的转化率a=____________。
(3)工业上可以用氨水除去反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)中产生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反应NH4＋+HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_____。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11)
13．（2021·天津·模拟预测）甲醇水蒸气重整制氢(SRM)系统简单，产物中H2 含量高、CO含量低(CO会损坏燃料电池的交换膜)，是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。反应如下:
反应Ⅰ(主) :CH3OH(g)+ H2O(g) CO2(g)+ 3H2(g) ΔH1=+49kJ/mol
反应Ⅱ(副) :H2(g)+ CO2(g) CO(g)+ H2O(g) ΔH2=+41kJ/mol
温度高于300℃则会同时发生反应Ⅲ: CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH3
（1）计算反应Ⅲ的ΔH3= _________。
（2）反应1能够自发进行的原因是_______________，升温有利于提高CH3OH转化率，但也存在一个明显的缺点是__________。
（3）右图为某催化剂条件下，CH3OH转化率、CO生成率与温度的变化关系。
①随着温度的升高,CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是____________ (填标号)。
A．反应Ⅱ逆向移动
B．部分CO 转化为CH3OH
C．催化剂对反应Ⅱ的选择性低
D．催化剂对反应Ⅲ的选择性低
②随着温度的升高，CH3OH 实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是______。
③写出一条能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施_________。
（4）250℃，一定压强和催化剂条件下，1.00molCH3OH 和1.32molH2O 充分反应(已知此条件下可忽略反应Ⅲ ),平衡时测得H2为2.70mol,CO有0.030mol,试求反应Ⅰ中CH3OH 的转化率_________，反应Ⅱ的平衡常数_________(结果保留两位有效数字)
14．（2021·天津·模拟预测）Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。
（1）Na位于元素周期表第 周期第 族；S的基态原子核外有 个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为 。
（2）用“＞”或“＜”填空：
第一电离能
离子半径
熔点
酸性
Si S
O2－ Na＋
NaCl Si
H2SO4 HClO4
（3）CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25 ℃、101KPa下，已知该反应每消耗1 mol CuCl2(s)，放热44.4KJ，该反应的热化学方程式是 。
（4）ClO2是常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目 。
三、原理综合题
15．（2021·天津·统考一模）工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，含的烟气必须经过处理才可排放。回答下列问题：
(1)若烟气主要成分为，可通过电解法除去，其原理如图所示。阳极的电极反应式为_______。标准状况下，完全反应转移电子数为_______。
(2)若烟气主要成分为，可通入溶液将完全转化为。溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。
(3)若烟气主要成分为能有效地氧化。
①分子的空间结构与水分子的相似，是_______(填“极性”“极性”)分子。
②已知：
(活化能)
∆H3=_____kJ/mol(活化能)
③可经处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对脱除率的影响，将与混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，脱除率随与混合反应时温度变化情况为，温度在时，随着温度升高，脱除率无明显变化；温度超过时，随着温度升高，脱除率下降。其可能原因是_______。
(4)若烟气主要成分为，用氧化时，使用催化剂可提高氧化效率。研究发现在某催化剂表面被氧化时反应机理如图所示，反应过程中，氮氧化物[M]与按物质的量1：1反应生成，[M]的化学式为_____。该催化氧化过程总反应的化学方程式为_______。
16．（2021·天津·模拟预测）H2S作为一种有毒气体，广泛存在于石油、化工、冶金、天然气等行业的废气中，脱除气体中的硫化氢对于保护环境、合理利用资源都有着现实而重要的意义。回答下列问题：
(1)用H2S和天然气生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g) CS2(1)+4H2(g)。
已知:Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
则反应CH4(g)+2H2S(g) CS2(1)+4H2(g)的=___________(用含的代数式表示)。
(2) 800℃时，将一定量的H2S气体充入体积为2L的恒容密闭容器中，发生如下反应：
H2S(g) S(s)+H2(g) 。
①反应10min后达到化学平衡状态，测得容器中H2的物质的量为2mol，则用S的生成速率表示的反应速率=___________g·min-1；
②在不改变反应物用量的前提下，欲提高H2S的平衡转化率，可以采取的措施是___________。
(3)向体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol CH4和2mol H2S，发生如下反应： CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g)，测得不同温度下，CH4的平衡转化率(%)与温度(℃)的关系如图所示：
①1200℃时，该反应的平衡常数=___________(列出计算式即可)；
②该反应___________0(填“>”“<”或“=”)，原因是___________；
③下列情况能说明反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．(CH4)=(H2)
B．混合气体的压强保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．(CH4)： (H2S)： (CS2)： (H2)=1：2：1：4
17．（2021·天津河西·统考一模）硫及其化合物在工农业生产中有着重要地位。请按要求回答下列问题：
(1)SO2易溶于水的原因：___。当向SO2的饱和溶液中加入NaHSO3固体，推测可观察到的现象是____。
(2)已知反应Ⅰ：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)∆H1=-254kJ•mol-1
反应Ⅱ：S(s)+O2(g)=SO2(g)∆H2=-297kJ•mol-1
则H2SO4(l)分解为SO2(g)、O2(g)、H2O(g)的热化学方程式为__。
(3)已知一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中充入1molH2S气体，起始压强为p1MPa，发生反应：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)∆H1>0。在5min时反应达到平衡，压强变为1.2p1MPa。
①当断裂1molH—H键，同时反应物__，可以判定该反应达到平衡状态。
②从开始到平衡，v(H2)=___。
③H2S的平衡转化率为___。
④化学平衡常数的值Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度表示，平衡分压=总压×各组分物质的量分数)
⑤H2S燃料电池是一种新型能源，其工作原理示意图如图。
O2-向___极迁移(用“m”或“n”表示)。该电池工作时，负极的电极反应式为___。
18．（2021·天津红桥·统考一模）H2是一种清洁能源也是一种重要的化工原料，工业上常利用CO和H2合成可再生能源甲醇。
(1)已知CO(g)、CH3OH(l)的燃烧热(△H)分别为-283.0 kJ·mol-1和-726.5 kJ·mol-1。则CH3OH(l)不完全燃烧生成CO(g)和H2O(l)的热化学方程式为___________。
(2)利用反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) △H，可获得化工原料CO，CO2的平衡转化率与温度的关系如图1。
①△H___________(填“>”、“<”或“=”)0。
②240℃时，将3 mol CO2和2 mol H2通入容积为8 L的恒容密闭容器中，达到平衡时CO2的转化率为50%。此时该反应的平衡常数K=___________。
③该反应在一恒容密闭容器中进行，反应过程如图2，t1时达到平衡，t2时仅改变一个条件，该条件是___________。
(3)300℃时，向一体积为10 L的恒容密闭容器中充入1.32 mol CH3OH和1.2 mol H2O，发生反应：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g) △H1=＋49 kJ·mol-1。
①高温下，CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)能自发进行的原因是___________。
②反应经5min达到平衡，测得H2的物质的量为2.97 mol。0～5min内，H2的反应速率为___________。
③CH3OH(g)与H2O(g)反应相对于电解水制备H2的优点为___________。
19．（2021·天津和平·统考一模）CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。
(1)CO2催化加氢合成CH4。
其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；ΔH=-890.3 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)；ΔH=+2.8 kJ·mol-1
反应Ⅲ：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH=-566.0 kJ·mol-1
则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH=___________kJ·mol-1。
(2)CO2电化学制CH4
图1表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反应的方程式为___________，电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小，其原因是___________。
(3) CO2催化加氢合成二甲醚。
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=41.2 kJ·mol-1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)；ΔH=-122.5kJ·mol-1
①反应Ⅱ的平衡常数表达式K=___________。
②在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性(CO的选择性=×100%)随温度的变化如图2；T℃时，起始投入3 mol CO2、6 mol H2，达到平衡时反应Ⅰ理论上消耗H2的物质的量为___________。合成二甲醚时较适宜的温度为260 ℃，其原因是___________。
20．（2021·天津·一模）2019年厦门大学王野教授课题组在合成气(主要成分CO和H2)催化转化制乙醇方面实施可控接力催化，按照:合成气→甲醇→乙酸→乙醇的方式，成功实现乙醇的高选择性合成。
（1）已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H1=-285.8KJ/mol；②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H2=-283KJ/mol；③CH3OH(g)+O2(g)= CO2(g)+2 H2O(l) △H3=-764.6 KJ/mol；
则工业上利用合成气制备甲醇的可逆反应热化学方程式为______________________；
（2）恒温恒容条件下，下列能说明合成气制甲醇的反应已达平衡状态的是_______；
A．单位时间内生成n mol CO的同时生成2n mol H2
B． v(H2)正= 2v(CH3OH)逆
C．容器内气体的密度保持不变
D．容器中气体的平均摩尔质量保持不变
（3）利用天然气制取合成气的原理为: CO2(g)+CH4(g)= 2CO(g)+ 2H2(g)，在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1 molL-1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图所示，则压强P1______P2 (填“大于”或“小于”)；压强为P2时，在Y点：v(正)_____v(逆) (填“大于”、“小于”或“等于”)，求Y点对应温度下的该反应的平衡常数K=________ (计算结果保留两位有效数字)。
（4）以二氧化钛表面覆盖CuAlO4为催化剂，可以将CH4和CO2直接转化成乙酸。
①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如下图所示。250-300°C时，温度升高面乙酸的生成速率降低的原因是____；
②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是_____________________；
（5）一定条件下，甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸。常温条件下，将a mol/L的CH3COOH溶液与b mol/ Ba(OH)2溶液等体积混合，反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，用含a和b的代数式表示，该混合溶液中醋酸的电离常数为________。
21．（2021·天津和平·统考三模）研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) △H = ______。
(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g) △H＝－34.0 kJ•mol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 α(NO)随温度的变化如图所示：
①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________________； 在1100K 时，CO2的体积分数为______。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。
(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成 N2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_________(填字母标号)。
(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g) △H2 =－746.8 kJ•mol-1。实验测得，υ正＝k正•c2(NO) •c2(CO) ，υ逆＝k逆•c(N2) •c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____(填" >”、“< ”或“=”) k逆增大的倍数。
②若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则＝_____(保留2位有效数字)。
22．（2020·天津·模拟预测）二甲醚(CH3OCH3)被称为“21世纪的清洁燃料”。以CO2、H2为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下：
I.2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H1=-122.5kJ·mol-1
II.10CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=____。
(2)在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下，发生反应I、II，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OCH3的选择性=，其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的是曲线_____(填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是____；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3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
(3)也可以利用甲醇脱水制备二甲醚：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)。已知：，其中Kp为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度。
①为提高CH3OCH3的平衡产率，可以采取的措施有____(任写一条)。
②473K时，在密闭容器中加入一定量CH3OH(g)，采用合适的催化剂进行反应，达到平衡时体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为____(填标号)。
a. b. c. d.
(4)对于反应，反应速率v=v正-v逆=k正p(CO2)·p(H2)-k逆p(CO)·p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①降低温度，k正-k逆____(填“增大”、“减小”或“不变”)；
②在TK、101kPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：1投料，CO2转化率为50％时，，用气体分压表示的平衡常数KP=___。
23．（2020·天津·模拟预测）在煤化工领域主要涉及碳一化学，即研究以含有一个碳原子的物质(CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料合成化工产品或液体燃料。回答下列问题：
(1)已知物质之间转化能量关系如图所示：
写出CO(g)和H2(g)生成CH4(g)和H2O(g)的热化学方程式___。
(2)煤化工业上主要利用CO和H2反应制备甲醇(CH3OH)，反应热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H。已知CO的平衡转化率与温度的关系如图所示：
①该反应的∆H____(填“>”“<”或“=”)0。
②A、B、C三点平衡常数KA． KB、KC的大小关系为____。压强p1_____ (填“>”“<”或“=”，下同)p2，在T1和p2条件下，由D点到B点过程中，正、逆反应速率之间的关系：v正____v逆。
③若容器容积不变，则下列措施可提高CO平衡转化率的是___(填字母)。
a.充入CO，使体系总压强增大 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.充入He，使体系总压强增大 d.使用高效催化剂
④在2L恒容密闭容器中充人2molCO和4molH2，在p2和T1条件下经10min达到平衡状态。在该条件下，v(H2)=___mol∙L-1∙min-1；平衡常数K =___(填数值)。
(3)用H2还原CO2可以合成CH3OH： CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) +H2O(g) ∆H. 恒压下，CO2和H2的起始物质的量之比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜(能选择性分离出H2O)时甲醇的产率随温度的变化如图所示。P点甲醇产率高于T点的原因为____。
(4)CO2的再利用技术是促进可持续发展的措施之一，CO2电化法制甲酸的工艺原理如图所示。阴极电极反应式为____。
24．（2020·天津·模拟预测）甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇可能涉及的反应如下：
反应I：CO2(g)+3H2=CH3OH+H2O(g) ΔH1=-49.58 kJ·mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH3=-90.77 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应Ⅲ的ΔH2=_______，若反应I、II、III平衡常数分别为K1、K2、K3，则K2=_______(用K1、K3表示)。
(2)反应II自发进行的条件是_______(填“低温”“高温”或“任意温度”)。
(3)在一定条件下，2L恒容密闭容器中充入3molH2和1.5molCO2，仅发生反应I，实验测得不同反应温度与体系中CO2的平衡转化率的关系，如表所示。
温度/℃
500
T
CO2的平衡转化率
60%
40%
①T_______500℃(填“＜”“>”或“=”)
②温度为500℃时，该反应10min时达到平衡，则用H2表示的反应速率为_______，该温度下，反应I的平衡常数K1=_______。
(4)某研究小组将一定量的H2和CO2充入恒温密闭容器中，加入合适的催化剂(发生反应I、II、III)，测得不同温度下体系达到平衡时，CO2的转化率和CH3OH的产率如图所示。
①该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和甲醇的产量，以下措施一定可行的是___(填标号)。
a.升高温度 b.缩小容器体积 c.分离出甲醇 d.增加CO2浓度
②温度高于260℃时，随温度的升高甲醇产率下降的原因是_______。
25．（2020·天津·模拟预测）甲醇既是重要的化工原料，可用于制备甲醛、醋酸等产品，又可作为清洁燃料。利用CO2与H2合成甲醇涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=41kJ•mol−1
回答下列问题：
(1)已知CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H3 = −99 kJ•mol−1，则△H1=______kJ•mol−1
(2)向刚性容器中充入一定量的CO2和H2，在不同催化剂(Cat.1，Cat.2)下反应相同时间，CO2的转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性=×100%]随温度的变化如图所示：
①由上图可知，催化效果Cat.1____Cat.2(填“＞”“＜”或“＝”)。
②在210~270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，请写出一条可能原因_____________。
(3)一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1:3的CO2和H2发生上述反应。
①有利于提高甲醇平衡产率的条件是________(填标号)。
A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压
②达到平衡时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为75%，则(H2)=________；反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=________________。
26．（2020·天津北辰·统考二模）运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染有非常重要的意义。
(1)用CO可以合成甲醇。
已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ΔH1
CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2
H2(g)+(g)=.H2O(1) ΔH3
请写出由CO和H2形成CH3OH的热化学方程式__________。
(2)下表所列数据是CO和H2形成CH3OH的反应在不同温度下的化学平衡常数(K)，由表中数据判断该反应的ΔH__________0（填“>”、“=”或“<”）
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012
(3)若在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2，发生CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，下列示意图能说明该反应在进行到t1时刻为平衡状态的是__________（填选项字母）。
(4)T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)__________。此时，这个反应的平衡常数是__________，反应温度为__________℃。
(5)为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，写出KOH作电解质溶液时，甲醇燃料电池的负极反应式__________。
27．（2020·天津·统考二模）大气环境中NOx的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)。回答下列问题：
(1)该反应在常温下可以自发进行，则反应的△H________0(填“＞”“＝”或“＜”)'有利于提高NO平衡转化率的条件是____________(任写一条)。
(2)以上反应可分为如下四步反应方程，写出其中第三步的反应：
第一步：2NO=(NO)2
第二步：(NO)2+C=N2O+C(O)
第三步：_________________
第四步：2C(O)=C+CO2
(3)对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1 mol/L。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示：
①据图分析，温度490°C以下，三种情况下反应的活化能最小的是________用a、b、c表示)；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其依据是________(写一条)。
②上述实验中，490°C时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是________。
A．及时分离出CO2 B．压缩体积
C．恒容下，向体系中通入氦气 D．改良优化了催化剂
③在CaO/C、490°C条件下0~2 h内的平均反应速率v(NO)=_______mol•L-1•h-1，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达平衡时NO的去除率为________(保留二位有效数字)。
(4)利用电化学原理处理NOx也是重要的研究方向，如下装置图中正极的电极反应式为：_________。
28．（2020·天津南开·统考二模）一定条件下，向容器中同时通入甲烷、氧气和水蒸气三种气体，发生的化学反应有：
反应过程
化学方程式
焓变△H(kJ•mol-1)
活化能Ea(kJ•mol-1)
甲烷氧化
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)
-802.6
125.6
CH4(g)+O2(g)⇌CO2(g)+2H2(g)
-322.0
172.5
蒸汽重整
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
+206.2
240.1
CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)
+158.6
243.9
(1)已知：H2O(1)=H2O(g) △H=+44.0kJ•mol-1，则表示H2燃烧热的热化学方程式为______。
(2)在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，原因可能是______。
(3)恒温恒压体系(温度为T，压强为P)反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)达到平衡时，各气体的物质的量均为1mol，用某气体组分(B)的平衡分压(分压＝总压×物质的量分数)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数(记作KP)。则：
①平衡常数Kp=______。
②再向容器中瞬时同时充入1molCH4、1mol H2O、1molCO、3molH2，此时(正)______(逆)(填“＞”“<”或“=”)。
③恒温恒容条件下，将CH4、H2O、CO、H2按照体积比1:1:1:3投料，能判断反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)达到平衡状态的是______。
A．密度保持不变
B．CO体积分数保持不变
C．平均摩尔质量保持不变
D．c(CO)和c(H2)的比保持不变
E.2molO-H断裂的同时，有3molH-H断裂
(4)向绝热恒容密闭容器中通入CH4和O2使反应CH4(g)+O2(g)⇌CO2(g)+2H2(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图。图中c点反应是否达到平衡：______(填“是”或“否”)。
(5)利用重整反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)，设计一种熔融碳酸盐燃料电池，原理示意如图，电极B上发生的电极反应为______。
29．（2020·天津南开·统考二模）工业炼铁过程中涉及到的主要反应有：
i.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393kJ/mol
ii.C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ/mol
iii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H3
iv.2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H4=+460kJ/mol
回答下列问题：
(1)反应iv_________(填“能”或“不能”)在任何温度下自发进行。
(2)△H3=_________kJ/mol。
(3)T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中加入3molFe2O3和3molCO发生反应iii，5min时达到平衡，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%。
①0~5min内反应的平均速率v(CO2)=_________mol•L-l•min-l。
②该温度下反应的平衡常数为_________。
③若将平衡后的混合气体通入1L3.6mol/L的NaOH溶液，恰好完全反应，反应的离子方程式为_________，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________
④下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是_________(填序号)。
a.Fe2O3的物质的量不再变化
b.体系的压强保持不变
c.混合气体的平均摩尔质量保持不变
d.单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量相等
(4)一定条件下进行反应iii，正向反应速率与时间的关系如图所示，t2时刻改变了一个外界条件，可能是_________。
.
30．（2020·天津和平·三模）乙烯可作化工原料和清洁能源，研究其制备和综合利用具有重要意义，请回答下列问题：
(1)乙烯的制备：工业上常利用反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH制备乙烯。
已知：Ⅰ．C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-1556.8kJ·mol-1；
Ⅱ．H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=-285.5kJ·mol-1；
Ⅲ．C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH3=-1559.9kJ·mol-1。
则ΔH=______kJ·mol-1。
(2)乙烯可制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。向2L某恒容密闭容器中充入a mol C2H4(g)和a mol H2O(g)，测得C2H4(g)的平衡转化率与温度的关系如下图所示：
①该反应为______热反应(填“吸”或“放”)，理由为____。
②A点时容器中气体的总物质的量为____mol，计算A点对应温度下的平衡常数K=_____(用含a的分数表示)。
③已知：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)的反应速率表达式为v正=k正c(C2H4)·c(H2O)，v逆=k逆c(C2H5OH)，其中，k正、k逆为速率常数，只与温度有关。则在温度从250℃升高到340℃的过程中，下列推断合理的是____(填选项字母)。
a．k正增大，k逆减小 b．k正减小，k逆增大c．k正增大的倍数大于k逆 d．k正增大的倍数小于k逆
④若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则300℃时，C2H4(g)的平衡转化率_____10%(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(3)乙烯可以被氧化为乙醛(CH3CHO)，电解乙醛的酸性水溶液可以制备出乙醇和乙酸，则生成乙酸的电极为_____极(填“阴”或“阳”)，对应的电极反应式为______。
参考答案：
1．D
【分析】根据物质状态判断熵的变化，气体大于液体大于固体进行判断熵的变化。根据配合离子的特点判断中心离子和配体，根据配位键判断提供孤对电子的原子和提供空轨道的离子。
【详解】A．根据状态的变化，可以判断过程中熵的变化。故A正确；
B．根据降解后的产物进行判断循环的物质，故B正确；
C．根据配合离子中配位键的形成过程判断，氨气中氮原子含有孤对电子，提供孤对电子 与铜离子形成配位键，故C正确；
D．根据燃烧热的定义进行判断，燃烧热是纯物质燃烧生成稳定的氧化物，水应该是液态水，故D不正确；
故选答案D。
【点睛】注意物质的稳定状态时根据在一定温度和压强下的稳定态。水在常温常压下，液态是稳定的。
2．B
【详解】A．根据反应历程图可知，Fe+为催化剂，降低总反应的活化能，A说法正确；
B．反应②中，C的化合价升高，Fe的化合价降低，为氧化还原反应，B说法错误；
C．反应①速率慢，影响反应的总时间，则总反应的化学反应速率由反应①决定，C说法正确；
D．根据反应①、②可知，转移2mol电子时，生成1mol N2和1mol CO2，则总反应中每转移1mole-，在标准状况下生成11.2LN2，D说法正确；
答案为B。
3．B
【分析】由图可知，CH4和CO2在催化剂的条件下反应生成CH3COOH，反应经过由①到过渡态和由过渡态再到②两个过程，且①的总能量高于②的总能量，总反应为CH4+CO2 CH3COOH，即M为CH4，N为CO2，P为CH3COOH，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，P为CH3COOH，生活中常用醋酸除水垢，故A正确；
B．催化剂能改变反应速率，但不能改变反应的焓变，故B错误；
C．根据图示，①的总能量高于②的总能量，CH4和CO2转化为CH3COOH是一个放热反应，故C正确；
D．该反应是将CH4和CO2等温室效应气体转化为CH3COOH，所以发生的反应有利于治理温室效应，故D正确；
答案选B。
4．D
【详解】A．根据图中信息反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应为放热反应，故A正确；
B．断键吸收热量，因此①→②是断开H −H键和N≡N时，因此需要吸收能量，故B正确；
C．②→③中是原子重新组合形成了N −H键，故C正确；
D．选择不同的催化剂会改变反应的活化能，但反应∆H的数值不变，故D错误。
综上所述，答案为D。
5．C
【详解】A．CCl4为正四面体结构，其二氟取代物只有一种，A正确；
B．据图可知过程Ⅱ中臭氧和氯原子反应得到氧气和ClO，可以表示为O3+Cl=ClO+O2，B正确；
C．断裂化学键吸收热量，形成化学键放出热量，C错误；
D．根据图示，氟利昂中氯原子在反应前后不变，是破坏O3的催化剂，D正确；
综上所述答案为C。
6．D
【详解】A．该反应不一定需要加热才能发生，如和在阴暗处可迅速化合发生爆炸，故A错误；
B．该反应中反应物的总能量比生成物的高，故B错误；
C．该反应生成物的总能量低，该反应是放热反应，断开化学键吸收的总能量比形成化学键放出的总能量少，故C错误；
D．由C分析可知该反应是放热反应，故选D；
答案选D
7．D
【详解】A．相对能量越低，物质的化学性质越稳定。由图示知，反−2−丁烯的相对能量较低，化学性质较稳定，A项正确；
B．反应热等于产物总能量与反应物总能量之差，ΔH=−10.06 kJ·mol-1+5.70 kJ·mol-1=−4.36 kJ·mol-1，B项正确；
C．产物(或反应物)与过渡态的能垒为活化能，对于放热反应，正反应活化能小于逆反应活化能，C项正确；
D．加入催化剂，改变异构化反应路径，降低正、逆反应活化能，不会改变反应物和产物的相对能量，D项错误；
综上所述答案为D。
8．C
【分析】由反应机理图可知，反应Ⅰ为：CH3OH =2H2+CO，反应Ⅱ为：CO+H2O=H2+CO2。由能量图可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能量和反应Ⅱ的生成物所具有的能量，可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的大小关系为：EⅡ生＞EⅠ反。据此进行分析。
【详解】A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) +Q kJ(Q＞0)，选项A错误；
B．结合反应机理和能量图可知，EⅡ生＞EⅠ反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，选项B错误；
C．催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗，选项C正确；
D．CO(g)属于中间产物，不是催化剂，选项D错误；
答案选C。
9．B
【详解】A． 氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，故氢气的燃烧热为kJ⋅mol−1=285.8kJ⋅mol−1，即△H=−285.8kJ⋅mol−1，故A错误；
B．由图象分析，2H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=−483.6kJ⋅mol−1①
H2(g)=H2(l)△H=−0.92kJ⋅mol−1②
O2(g)=O2(l)△H=−6.84kJ⋅mol−1③
将①−②×2−③×2可得2H2(l)+O2(l)═2H2O(g)△H=−474.92kJ⋅mol−1，故B正确；
C．由图象分析，2mol H2(g)与1mol O2(g)反应生成2mol H2O(g)，放出483.6kJ的热量，故2mol H2(g)与1mol O2(g)所具有的总能量比2mol H2O(g)所具有的总能量高，故C错误；
D．H2O(g)生成H2O(l)为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，故D错误；
答案选B。
10．D
【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；
B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确；
C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；
D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。
综上所述，答案为D。
11．B
【分析】分析图象可知，水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，故反应过程中放出能量，结合图象进行分析判断。
【详解】A．根据水煤气变换反应并结合反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量高于CO2(g)+H2(g)的能量，反应的焓变ΔH小于0，A项错误；
B．结合此图分析判断，③是发生的过渡反应：CO*+OH*+H2O(g)=COOH*+H2O*，B项正确；
C．由图可知步骤⑤中H-O键，在原反应物中已经存在，则步骤⑤形成的化学键包括极性键C=O，非极性键H-H键形成，C项错误；
D．该历程中最大能垒（活化能）E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，D项错误；
答案选B。
12． 2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=－747kJ·mol ad 0.042mol⋅L−1⋅min−1 > 正向 60% 1.25×10−3
【详解】(1)平衡常数表达式为，可知反应为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)；
由①2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=−221kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=−393.5kJ/mol
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+181kJ/mol
结合盖斯定律可知，②×2−③−①得到2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，其△H=−747kJ/mol，
热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H=−747kJ/mol；
a.增大容器压强，向气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动，NO转化率增大，故a符合题意；
b.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即平衡逆向移动，NO转化率减小，故b不符合题意；
c.使用优质催化剂，催化剂同等程度改变正逆反应速率，平衡不移动，故c不符合题意；
d.增大CO的浓度，平衡正向移动，NO转化率增大，故d符合题意；
故答案为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H=−747kJ/mol；ad；
(2)反应②−①得到反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) △H=-574.5 kJ/mol；
①0∼5min内，根据反应
C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始（mol） 2 0 0
变化（mol） 0.84 0.42 0.42
5min（mol） 1.16 0.42 0.42
以CO2表示的该反应速率v(CO2)==0.042mol⋅L−1⋅min−1，
10分钟达到平衡时，根据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始（mol） 2 0 0
变化（mol） 1.2 0.6 0.6
平衡（mol） 0.8 0.6 0.6
K===，
故答案为0.042mol⋅L−1⋅min−1；；
②第15min后，温度调整到T2，NO的物质的量在降低，平衡正向移动，该反应为放热反应，根据已知降低温度，平衡向放热反应方向移动，则T1>T2，
故答案为>；
③若30min时，保持T2不变，K==4，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，Qc==1.36
开始（mol） 4 2 2
转化（mol） x 0.5x 0.5x
平衡（mol） 4−x 2+0.5x 2+0.5x
=4，解得x=2.4mol，
最终NO的转化率=×100%=×100%=60%，
故答案为正向；60%；
(3)反NH4++HCO3−+H2O⇌NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=，在平衡常数表达式中分子和分母同乘以，可得K====1.25×10−3，
故答案为1.25×10−3。
13． +90kJ/mol 反应Ⅰ为熵增加的反应 CO含量升高，破坏燃料电池的交换膜 C 升温反应速率加快 其它条件不变，提高n(水)/n(甲醇)的比例 (或其它条件不变，选择更合适的借化剂) 91% 5.6×10-3
【详解】（1）反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH3= +90kJ/mol。
（2）反应自发进行的要求是△G=△H－T△s＜0，此反应的△H＞0，所以反应自发进行的原因就是△s＞0，即反应为熵增反应。升温会促进反应Ⅲ的发生，提高CO的含量，而CO会破坏该电池的交换膜。
（3）①工业生产中，一般不会等待反应达到平衡后再进行下一道工序，多数都是进行一段时间的反应就将体系取出，所以一般来说，反应的速度越快，取出的体系就越接近应该达到的平衡态。随着反应温度的升高，速度加快，但是CO的生产率并没有接近反应的平衡态，说明该反应使用的催化剂对于反应Ⅱ几乎没有加速作用，所以选项C正确，选项D错误。三个反应都吸热，所以升温都正向移动，不会促进CO转化为甲醇，选项A、选项B都错误。
②由①的叙述可以得到答案为：升温反应速率加快。
③加入水蒸气，可以调高甲醇的转化率，同时使反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，从而降低了CO的生成率。加入更合适的催化剂，最好只催化反应Ⅰ，不催化反应Ⅱ，这样也能达到目的。
（4）达平衡时CO有0.03mol，根据反应Ⅱ得到参与反应的氢气为0.03mol，所以反应Ⅰ生成的氢气为2.73mol（平衡剩余氢气2.7mol），根据反应Ⅰ，消耗的甲醇为0.91mol，所以甲醇转化率为91%。根据反应Ⅰ的数据，消耗的水为0.91mol，生成的CO2为0.91mol，则剩余1.32-0.91=0.41mol水，在反应Ⅱ中应该消耗0.03molCO2，生成0.03molCO和0.03mol水，所以达平衡时，水为0.41+0.03=0.44mol，CO2为0.91-0.03=0.88mol。所以反应Ⅱ的平衡常数为（设容器体积为V）。
14．（1）第三周期，第ⅠA族 2，1s22s22p63s23p2
（2）<，>，<，<，
（3）4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(2)+2CuO(s) △H=-177.6kJ/mol
（4）
【详解】试题分析：（1）S的最外层有6个电子，为3s23p4，3p能级三个轨道、四个电子，依据泡利原理和洪特规则，先每个轨道排1个，方向相同，排满后再排，方向相反，故有两个孤对电子；硅，核电核数为14，根据构造原理可以排出。
（2）第一电离能同周期从左往右逐渐增大趋势，但有几个反常，故有Si
（4）氯气做氧化剂从0价到-1价，亚氯酸根从+3到+4价。
考点：物质结构、元素及化合物性质、氧化还原反应、热化学反应方程式等
15． 3.01×1024 极性 与反应的活化能低，分解的活化能高，时分解速率慢，与反应速率快，高于时，分解速率加快，影响了与的反应
【详解】(1)阳极发生氧化反应，SO2在阳极被氧化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平电极方程式为：；NO在阴极被还原成，转移5个电子，标况下22.4LNO的物质的量为1mol，故完全反应时，转移电子数为56.021023=3.011024，故答案为：；3.01×1024；
(2)亚硫酸钠属于强碱弱酸盐，在水溶液中SO发生两步水解：第一步：SO+H2OHSO+OH-，第二步：HSO+H2OH2SO3+OH-。因为SO的水解度不是太大，且第一步水解程度大于第二步，所以，溶液中的微粒浓度大小顺序如下：，故答案为：；
(3)①分子的空间结构与水分子的相似，为极性分子，故答案为：极性；
②已知：I.；II.(活化能)；III.∆H3；由盖斯定理可知，III=(I+II)，则∆H3=(+)=，故答案为：；
③由<0可知该反应是放热反应，与反应的活化能低，分解的活化能高，时分解速率慢，与反应速率快，高于时，分解速率加快，影响了与的反应，故答案为：与反应的活化能低，分解的活化能高，时分解速率慢，与反应速率快，高于时，分解速率加快，影响了与的反应；
(4)由图可知，O+NO2[M]，故[M]为NO3，总反应物为NO2、O3，生成物为O2、N2O5，故总反应为：，故答案为：；。
16． 6.4 升高温度；移除生成物H2；减小H2S浓度 > 升高温度，CH4的平衡转化率升高，平衡在正向移动，则正反应方向为吸热反应，故 BC
【详解】(1)由盖斯定律可知，Ⅰ+4×Ⅱ—Ⅲ得反应CH4(g)+2H2S(g) CS2(1)+4H2(g)，则△H=△H1+4△H2—△H3，故答案为：△H1+4△H2—△H3；
(2) ①由方程式可知，反应生成2mol氢气时，生成2mol硫固体，则用硫的生成速率表示的反应速率v==6.4g/min，故答案为：6.4；
②该反应是气体体积不变的吸热反应，升高温度、移除生成物氢气，化学平衡向正反应方向移动，硫化氢的转化率增大；减小硫化氢浓度，平衡虽然向逆反应方向移动，但硫化氢的转化率会增大，故答案为：升高温度移除生成物H2；减小H2S浓度；
(3) ①由图可知，1200℃时甲烷的转化率为80%，平衡时甲烷的浓度为(1mol/L—1mol/L×80%)=0.2 mol/L，由方程式可知，硫化氢的浓度为(2 mol/L—0.8 mol/L×2)=0.4 mol/L、二硫化碳的浓度为0.8 mol/L、氢气的浓度为0.8 mol/L×4=3.2 mol/L，则化学平衡常数K==，故答案为：；
②由图可知，温度升高，甲烷的转化率增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，△H＞0，故答案为：升高温度，CH4的平衡转化率升高，平衡在正向移动，则正反应方向为吸热反应，故；
③A．(CH4)=(H2)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡状态，故错误；
B．该反应是气体体积增大的反应，反应中混合气体的压强增大，则混合气体的压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应是达到平衡状态，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，该反应是气体体积增大的反应，反应中混合气体的平均摩尔质量减小，则混合气体的平均摩尔质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应是达到平衡状态，故正确；
D．平衡时，(CH4)： (H2S)： (CS2)： (H2)=1：2：1：4不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡状态，故错误；
BC正确，故答案为：BC。
17． SO2与水都是极性分子、SO2与水反应生成亚硫酸 有气泡冒出，且有刺激性气味 2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)∆H=+551kJ•mol-1 断裂2molH—S键 0.04mol•L-1•min-1 40% m 2H2S-4e-+2O2-=S2+2H2O
【分析】结合SO2是酸性氧化物和H2SO3溶液中存在的电离平衡分析；根据盖斯定律解题；结合平衡状态的特征及平衡相关计算解析；燃料电池工作时阴离子向负极移动，负极上发生氧化反应。
【详解】(1)SO2是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于极性溶剂水，且SO2能与水化合生成可溶于水的H2SO3；在H2SO3溶液中存在的电离平衡为H2SO3+H+，则向SO2的饱和溶液中加入NaHSO3固体时，浓度增大，促进电离平衡逆向移动，可观察到溶液中有气泡冒出，且有刺激性气味；
(2)已知反应Ⅰ：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) ∆H1=-254kJ•mol-1，反应Ⅱ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ∆H2=-297kJ•mol-1，根据盖斯定律可知-(Ⅰ+Ⅱ)可得2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)，则∆H=-(∆H1+∆H2)=-[(-254kJ•mol-1)+(-297kJ•mol-1)]=+551kJ•mol-1；
(3)
在恒温恒容条件下气体的压强与物质的量成正比，则，解得：n=0.4；
①当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，则当断裂1molH—H键，同时反应物断裂2molH—S键；
②从开始到平衡，v(H2)==0.04mol•L-1•min-1；
③H2S的平衡转化率为=40%；
④化学平衡常数的值Kp==；
⑤该燃料电池通O2的极为正极，即n极为正极，则H2S燃料电池工作时O2-向负极即m极迁移，负极上发生氧化反应的电极反应式为2H2S-4e-+2O2-=S2+2H2O。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
18． ＞ 3 降低温度（或增加水蒸气的浓度或分离出氢气） 该反应是熵增反应 0.0594 mol/(L·min) 前者耗能更少
【详解】(1)由题意可得热化学方程式：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H1=-566 kJ/mol，②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H2=-1453 kJ/mol，由盖斯定律：，得CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=，即CH3OH不完全燃烧生成CO的热化学方程式为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=；
(2)①由图1知，温度升高，CO2平衡转化率增大，说明平衡正向移动，故正向为吸热反应，即△H＞0；
②由所给数据列三段式如下： ，故平衡常数；
③由图示知，条件改变后，c(CO2)瞬间不变，之后增大，c(CO)瞬间不变，之后减小，说明平衡逆向移动，故可能是降低温度（或增加水蒸气的浓度或分离出氢气）；
(3) ①该反应为气体分子数增多的反应，则体系混乱程度增大，符合自发反应的熵判据，故原因为：该反应是熵增反应；
②由反应速率定义计算得：；
③该反应在一定温度下能自发进行，相对于电解水消耗大量的电能，该反应耗能更少，故此处填：前者耗能更少。
19． -252.9 CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH- OH-在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动 K= 0.3 mol 温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小
【分析】(1)根据盖斯定律：-②×4-①+③×2即可得目标方程式，再代入数据计算；
(2)以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式；结合离子移动进行分析；
(3)由图象可知，T℃时，CO的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n（CO2）=40%×3mol=1.2mol，结合化学方程式定量关系计算反应Ⅰ消耗氢气，由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小；据此解答。
【详解】(1) 已知：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；ΔH=-890.3 kJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)；ΔH=+2.8 kJ·mol-1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH=-566.0 kJ·mol-1
根据盖斯定律：-②×4-①+③×2即可得：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=（-2.8×4+890.3-566.0×2）kJ•mol-1=-252.9kJ•mol-1，故答案为：-252.9；
(2) 以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式为CO2+8e-+6H2O═CH4+8OH-，由于OH-在阳极被氧化，阳离子移向阴极，钾离子从右室往左室移动，使得电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小；
故答案为：CO2+8e-+6H2O═CH4+8OH-；OH-在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动；
(3) ①浓度平衡常数：生成物浓度的系数次方之积比上反应物浓度的系数次方之积，则平衡常数K=；故答案为：K=；
②该温度下CO的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n（CO2）=40%×3mol=1.2mol，CO的选择性=×100%=25%，因此生成的CO物质的量=25%×1.2mol=0.3mol，结合化学方程式定量关系计算反应Ⅰ消耗氢气物质的量为0.3mol；由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小，所以该催化剂条件下合成二甲醚时较适宜的温度为260℃；
故答案为：0.3mol；温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小。
【点睛】考查化学平衡影响因素、电极反应式，化学平衡的图象、盖斯定律等知识点，明确CO选择性含义及计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键。
20． CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H3=-90KJ•mol-1 BD 小于 大于 1.6mol2/L2 温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低 增大反应压强或增大CO2的浓度
【详解】（1）工业上利用合成气CO和H2制备甲醇，根据盖斯定律，①×2+②-③可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H=2△H1+△H2-△H3=2×（-285.8KJ/mol）+（-283KJ/mol）-（-764.6 KJ/mol）=-90KJ•mol-1；
（2）恒温恒容条件下A．单位时间内生成n mol CO的同时生成2n mol H2，只有逆反应，不能说明达到平衡，可以改为单位时间内生成n mol CO的同时消耗2n mol H2，；B．不同物质的正逆化学反应速率呈系数比，v(H2)正= 2v(CH3OH)逆，可以说明达到平衡；C．容器内气体的密度始终为定值不变，故密度保持不变不能说明达到平衡，错误；D．容器中气体的平均摩尔质量会逐渐增大，当达到平衡，平均摩尔质量保持不变，可以说明达到平衡，以此以上能说明合成气制甲醇的反应已达平衡状态BD；
（3）CH4的平衡转化率-T-P，在相同条件下保持温度不变，增大压强平衡向气体粒子数目减小的方向移动，该反应逆向移动，CH4的平衡转化率降低，故压强越大平衡转化率越低，P1平衡转化率高，故压强P1＞P2；压强为P2时，x点为平衡状态，y点未达到平衡，且此时产率低于平衡时刻，故向正向移动，v(正)＞v(逆)；在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的CH4与CO2，x点对应的平衡转化率为80%，可得平衡时c (CH4)=c(CO2)= 0.02 mol·L-1，c (H2)=c(CO)= 0.16 mol·L-1，x点与y点温度相同，故平衡常数相同，因此y点对应的平衡常数K==；
（4）①由图可知，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；
②CH4+ CO2⇌CH3COOH，增大反应压强平衡正移，可以提高甲烷转化率；增大CO2的浓度平衡正移，可以提高甲烷的转化率；
（5）常温条件下，将a mol·L-1CH3COOH溶液与b mol·L-1Ba(OH)2溶液等体积混合， c(Ba2+)为原来浓度的一半，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=b，c(CH3COOH)=a-b，且根据电荷守恒溶液呈中性，混合溶液中醋酸的电离常数为K===。
【点睛】平衡状态的判断需要注意是否为变量，若为变量保持不变就可以做平衡的判定依据，尤其是经常考查的密度和摩尔质量。判断反应的方向，运用Q和K的相对大小，Q＞K，平衡逆向移动，Q＜K，平衡正向移动，Q=K，达到平衡不移动。
21． （2a+2b+c）kJ•mol-1 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 20％ 4 A < 0.25
【分析】（1）利用盖斯定律解答。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。
②利用化学平衡常数表达式计算。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。
【详解】（1）① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；
② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；
③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1；
利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的△H =（2a+2b+c）kJ•mol-1，故答案为（2a+2b+c）kJ•mol-1。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40％，则△n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为％=20％，故答案为1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20％。
②根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， α(NO)=80％，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=Pa，p分（N2）=×1.1×106Pa，p分（CO2）=×1.1×106Pa，故反应的化学平衡常数Kp＝×1.1×106Pa××1.1×106Pa÷（ Pa）2=4，故答案为4。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案为A。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为<。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c (NO)=c(CO)=0.6mol∙L-1，c(N2)=0.2 mol∙L-1，c(CO2)=0.4 mol∙L-1，故= c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=(0.2×0.42)/(0.62×0.62)=20/81≈0.25，故答案为0.25。
22． ① 高于300℃时，以反应II为主，反应II为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大 d 降低温度或及时分离出产物或液化移去（任写一条） c 减小 0.8
【详解】(1)由盖斯定律有有2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以，故答案为：；
(2)升高温度，反应向吸热方向进行（即△H＞0的方向），所以反应I向逆向进行，II向正向进行，CH3OCH3变少，CO2增多，故，CH3OCH3选择性应一直减小，故表示平衡时CH3OCH3选择性时曲线①；当T＞300℃时曲线②（CO2平衡转化率）随温度升高的原因为：反应I的△H＜0，II的△H＞0，升高温度使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，故温度T＞300℃时反应II占主导；增大压强，反应向气体体积减小的方向进行，若想要提高CH3OCH3的选择性，应向反应I的正反应方向进行，II的逆反应方向进行，所以应选择低温高压，故答案为：①；高于300℃时，以反应II为主，反应II为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大；d；
(3)①由，增大则的产率增大，所以提高平衡时的产率的措施有：降低温度或及时分离出产物或液化移去，故答案为：降低温度或及时分离出产物或液化移去（任写一条）；
②如完全反应，根据反应可知的物质的量分数为，由于文可逆反应，不可能完全转化，故其物质的量分数小于，
将T=473K代入得，所以，解得，故质量分数在间，故选c；
(4)①降低温度平衡向放热反应方向进行（即△H＜0的方向），所以本题逆向进行，故k正-k逆减小，故答案为：减小；
②设初始浓度为，则根据三段式
，其中，平衡时即，故答案为：0.8。
23． < KC>KA=KB < < b 25 分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行
【详解】(1)由图可知，，，则；
(2)①温度升高，CO平衡转化率下降，平衡逆向移动，即逆向反应为吸热反应，所以正向放热，即；
②K只与温度有关，且反应为放热反应，温度关系为C>A=B则KC>KA=KB；相同温度下，由p1到p2，CO的转化率增大，平衡正向移动，是气体系数减小的方向，即压强增大的方向，所以p2>p1；温度不变，由B点到D点，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率；
③a.充入CO使H2转化率增大，但是CO转化率减小，b.将产物及时分离使平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，c.充入He，三种气体的浓度不会改变，则平衡不移动，d.高效催化剂不能提高平衡转化率，故选择b；
此时CO的转化率为0.8%，所以CO转化了0.016mol，
④
；
(3)分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行；
(4)分析价态知，C元素由CO2中的+4价降低到HCOOH中的+2价，得到电子，发生还原反应，m电极是阴极，结合质子交换膜知电极反应式为：
24． +41.19 kJ·mol-1 低温 > 0.135 mol·L-1·min-1 200 L2·mol-2 bd 反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，温度升高平衡向逆方向移动，甲醇产率降低
【分析】反应自发与否的判据为的符号，若，则反应自发，反之则非自发；平衡常数和反应速率的求算可列出三段式进行计算。
【详解】(1)根据盖斯定律，反应Ⅱ可由反应I减去反应Ⅲ得到，即==；平衡常数故填、；
(2)反应Ⅲ为放热反应，分子数减小，若使反应自发进行，则满足，即可，则该反应自发进行的条件为低温自发，故填低温；
(3)①反应I为放热反应，升高温度，平衡左移，表中数据可看出温度T时转化率小于500℃时，所以，故填>；
②500℃时，转化率为60%，根据三段式
10min时，的反应速率为=；平衡常数==，故填、；
(4)①a.反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，生高温度，速率加快，反应I和Ⅲ左移，甲醇产量减少，故a错误；
b.缩小体积，相当于增大压强，反应Ⅱ为分子数不变的反应，改变压强对平衡没有影响，反应I和Ⅲ为分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，速率增加，甲醇产量增大，故b正确；
c.分离出甲醇，使浓度减小，反应速率减小，故c错误；
d.增大浓度，反应I和Ⅱ向右移动，CO的量增多，反应Ⅲ右移，速率增大，甲醇产量增加，故d正确；
故填bd；
②反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，温度升高平衡向逆方向移动，甲醇产率降低，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高有利于的转化，不利于甲醇的生成，故填反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，温度升高平衡向逆方向移动，甲醇产率降低。
25． -58 ＞ 温度升高，催化剂的活性降低 B 16.7% 5×10-3
【分析】(1)利用盖斯定律求解即可；
(2) ①直接分析图中数据即可得出结果；
②催化剂均有适宜温度，温度过高很容易造成催化剂失效；
(3) ①根据（1）求算出的反应热，分析反应特点为正向是放热的气体体积增大的方向，结合勒夏特列原理分析即可；
②利用三段式进行求解，根据压强平衡常数公式进行解答。
【详解】(1)根据盖斯定律可知，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)可由反应Ⅰ减反应Ⅱ，故△H3 =△H1 -△H2=−99 kJ•mol−1，故△H1=△H3 +△H2=-99kJ•mol−1+41 kJ•mol−1=-58 kJ•mol−1，故答案为：-58；
(2)①由上图可知，催化剂1的CO2的转化率和CH3OH的选择性均优于催化剂2，故催化效果Cat.1＞Cat.2，故答案为：＞；
②催化剂的活性强弱与温度有关，每一种催化剂均有最适宜的温度，在210~270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，可能原因温度升高，催化剂的活性降低，故答案为：温度升高，催化剂的活性降低；
(3)①由（1）分析可知，该反应为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-58 kJ•mol−1，正反应是一个放热的气体体积减小的方向，降低温度、增大压强平衡正向移动，甲醇的产率增大，故低温高压有利于提高甲醇平衡产率，故答案为：B。
②假设加入的CO2的物质的量为amol，则H2为3amol，反应反应ⅠCO2转化了xmol，反应ⅡCO2转化了(0.2a-x)mol，根据三段式： ，则
甲醇的选择性=×100%=，解得：x=0.15amol，则(H2)=；故平衡时CO2为0.8amol，H2为3a-0.5a=2.5amol，CH3OH为0.15amol，CO为0.05a，H2O为0.2amol，则体系中，各物质的平衡分压为：P（CO2）= ，p(H2)=，p（CO）=，p(H2O)= ，故反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=5×10-3，故答案为：16.7%；5×10-3。
26． CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=2ΔH3+ΔH2-ΔH1 < d 0.32mol(L•min) 2.041 250℃ CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
【分析】
(1)根据盖斯定律得目标热化学方程式；
(2)根据化学平衡常数K与温度的关系判断反应是放热反应还是吸热反应；
(3)当正逆反应速率相等、各物质的浓度不再改变时，化学反应达到平衡状态；
(4)利用化学反应速率及化学平衡常数的计算公式进行计算；
(5) 以KOH作电解质溶液时，甲醇在负极失电子生成，据此书写负极反应式。
【详解】
(1)已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ΔH1……①
CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2 ……②
H2(g)+(g)=.H2O(1) ΔH3……③
依据盖斯定律②+③×2-①得CO和H2形成CH3OH的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=2ΔH3+ΔH2-ΔH1；
(2)由表中数据可知，随温度的升高，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的化学平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH<0；
(3)若在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)：
a．据图可知，t1时正反应速率达到最大值但仍然在改变，说明t1时刻未达到平衡状态，a不选；
b．在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2生成甲醇，反应放出热量，化学平衡常数应该是减小而不是增大，b不选；
c．t1时甲醇和CO的物质的量相等，但CO和甲醇的物质的量依然在改变，说明反应未达到平衡状态，c不选；
d．t1时CO的质量分数保持不变，说明反应达到平衡状态，d选；答案选d；
(4)T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，消耗CO的物质的量为1mol×0.8=0.8mol，根据化学方程式可知，消耗H2的物质的量为1.6mol，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)==0.32mol/(L•min)；此时容器中CO、H2、CH3OH的物质的量分别为0.2mol、1.4mol、0.8mol，该反应的平衡常数K==2.041，结合表中数据可知，反应温度为250℃；
(5)为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，以KOH作电解质溶液时，甲醇在负极失电子生成，负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。
【点睛】
第(3)小题为本题的易错点，注意反应的条件为绝热，随着反应的进行，温度升高，化学平衡常数减小。
27． ＜ 降温 C(s)+N2O=C(O)+N2(g) a 相同条件下，NO去除率更高或较低温度下 NO去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢 BD 0.0225 96% 2NO+4e-+4H+=N2+2H2O
【分析】(1)反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)在常温下可以自发进行，满足△H-T△S＜0，提高NO平衡转化率需要平衡正向进行；
(2)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的方程式；
(3)①反应需要的活化能越小，反应越容易发生，物质反应转化率越大，效果越好，根据图示分析判断；
②根据平衡移动原理分析判断；
③根据反应速率的含义计算；利用物质平衡浓度与平衡常数关系计算物质平衡浓度，再根据转化率含义计算可得；
(4)根据原电池中正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，结合图示书写反应方程式。
【详解】(1)反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)在常温下可以自发进行，满足△H-T△S＜0，由于△S＞0，所以△H＜0；有利于提高NO平衡转化率的条件是：降低温度，使化学平衡正向进行，NO转化率增大，或从平衡体系中移去氮气或二氧化碳，使化学平衡正向进行；
(2)总反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，
第一步：①2NO=(NO)2
第二步：②(NO)2+C=N2O+C(O)
第三步：③
第四步：④2C(O)=C+CO2
根据盖斯定律，将①+②+③+④整理可得到总反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，则反应③=总反应-(①+②+④)得到：C(s)+N2O=C(O)+N2(g)；
(3)①在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是a，活化能越低，反应越容易发生，因此去除NO效果最好的是a；图中分析可知CaO/C、La2O3/C去除NO效果好于C，原因是相同条件下NO去除率更高；或在较低温度下去除NO的效果或纯碳的活化能高、反应速率慢等；
②图象可知490°C时，NO去除率45%，若测得CaO/C对NO的去除率为60%。
A．及时分离出CO2会使平衡正向进行，速率减慢，不一定会增加NO去除率，A错误；
B．压缩体积，增大了反应物的浓度，反应速率加快，可以增大NO去除率，B正确；
C．恒容下，向体系中通入氦气，总压增大，分压不变，化学平衡不变，物质的平衡转化率不变，C错误；
D．不同催化剂，催化效果不同，寻找更好的催化剂，可以增大NO去除率，D正确；
故合理选项是BD；
③根据图象可知490℃时，NO去除率45%，NO初始浓度0.1 mol/L，则转化浓度0.1 mol/L ×45%=0.045 mol/L，v(NO)==0.0225 mol/(L•h)；
对于反应：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，设平衡状态生成N2浓度为x mol/L，则平衡时c(CO2)=x mol/L，c(N2O)=(0.1-2x) mol/L，由于平衡常数K==121，解得x= mol/L，所以反应达到平衡状态NO去除率=×100%=96%；
(4)正极上NO得到电子发生还原反应产生N2，正极的电极反应式为：2NO+4e-+4H+=N2+2H2O。
【点睛】本题考查了化学反应速率和化学平衡常数的有关计算、外界条件对化学平衡移动影响原理、热化学方程式计算、原电池反应原理等知识点，明确盖斯定律、化学平衡移动原理及有关概念平衡影响因素分析等是解本题关键，题目考查了学生对知识的掌握与应用能力。
28． H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1 甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小 ＜ BCE 否 O2＋2CO2＋4e－ ＝2
【分析】(1)将甲烷氧化的第一个方程式减去第二个方程式，再整体除以2，再减去H2O(1)= H2O(g)，得到H2燃烧热的热化学方程式。
(2)根据题中活化能的大小得出反应速率关系。
(3)①根据平衡常数表达式进行计算；②先计算压强商，再比较得出(正)与(逆)关系。
③根据平衡状态判断标志进行分析。
(4)化学平衡状态实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的整反应速率还在改变。
(5)氧气化合价降低，因此B为正极。
【详解】(1)已知：H2O(1)=H2O(g) △H=+44.0 mol∙L−1，将甲烷氧化的第一个方程式减去第二个方程式，再整体除以2，再减去H2O(1)=H2O(g)，得到H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1；故答案为：H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1。
(2)在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，根据题中活化能的大小关系得出原因可能是甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小；故答案为：甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小。
(3)①平衡常数；故答案为：。
②再向容器中瞬时同时充入1molCH4、1mol H2O、1molCO、3molH2，，则平衡逆向移动，因此(正)＜(逆)；故答案为：＜。
③A．密度等于质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，因此密度始终不变，不能作为判断平衡的标志；
B．CO体积分数保持不变，能作为判断平衡的标志；
C．平均摩尔质量等于质量除以气体的物质的量，气体质量不变，气体物质的量变化，气体平均摩尔质量变化，当气体平均摩尔质量不变，则达到平衡；
D．c(CO)和c(H2)的比始终是保持不变，因此不能作为判断平衡的标志；
E．2molO—H断裂，反应正向进行，同时有3molH—H断裂，反应逆向进行，反应消耗的物质与化学计量数呈正比，能作为判断平衡的标志；
综上所述，答案为：BCE。
(4)化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的整反应速率还在改变，故一定未达到平衡；故答案为：否。
(5)设计一种熔融碳酸盐燃料电池，原理示意如图，根据图中信息，氧气化合价降低，因此B为正极，其电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－ ＝2；故答案为：O2＋2CO2＋4e－ ＝2。
【点睛】化学反应原理综合题是常考题型，主要考查盖斯定律、化学平衡状态判断、化学平衡常数计算、电化学知识等。
29． 不能 -28 0.048 64 2CO2+3OHˉ=CO+HCO+H2O c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞ c(OHˉ) ＞ c(H+) ac 恒压条件下充入一定量的二氧化碳气体
【分析】(3)初始投料为3molFe2O3和3molCO，Fe2O3和Fe均为固体，容器恒容，则根据反应方程式可知反应过程中气体的总物质的量不变，始终为3mol；平衡时CO2的体积分数为80%，即物质的量分数为80%，所以n(CO2)=3mol×80%=2.4mol，n(CO)=0.6mol。
【详解】(1)当△G=△H-T△S＜0时反应可以自发进行，反应iv的焓变△H4＞0，该反应为气体分子数增多的反应，所以△S＞0，不能满足任何温度下△G都小于0，所以该反应不能在任何温度下自发进行；
(2)已知：i.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393kJ/mol
ii.C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ/mol
iii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H3
iv.2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H4=+460kJ/mol
由盖斯定律可知(iv-ii×3)得到Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H3=[+460kJ/mol-(+172kJ/mol)×3]= -28kJ/mol；
(3)①根据分析可知0-5min内△n(CO2)=2.4mol，容器的容积为10L，所以v(CO2)==0.048mol·L-1·min-1；
②平衡时c(CO2)=0.24mol/L，c(CO)=0.06mol/L，平衡常数K==64；
③混合气体中n(CO2)=2.4mol，1L3.6mol/L的NaOH溶液中n(NaOH)=3.6mol，n(CO2)： n(NaOH:2:3，所以该反应的离子方程式为2CO2+3OHˉ=CO+HCO+H2O，反应后溶液中的溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3；Na+不发生水解，所以c(Na+)最大；碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，所以c(HCO)＞c(CO)；溶液显碱性，所以c(OHˉ) ＞ c(H+)，水解是微弱的，所以溶液中离子浓度由大到小为c(Na+)＞ c(HCO)＞c(CO)＞ c(OHˉ) ＞ c(H+)；
④a．固体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a能说明；
b．反应前后气体物质的量始终不变，体系的压强始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b不能说明；
c．反应前后气体质量变化，气体物质的量不变，所以未平衡时混合气体的平均摩尔质量会发生改变，当其保持不变说明反应达到平衡状态，故c能说明；
d．消耗CO和生成CO2均为正反应，只要反应发生单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量就相等，故其不能说明反应达到平衡状态，故d不能说明；
综上所述选ac；
(4)据图可知t2时刻正反应速率突然减小，然后又逐渐增大，之后达到平衡时与原平衡的反应速率相等，说明反应物的浓度先是被减小，然后又逐渐增大，则该条件改变后平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应，升高温度可以使平衡逆向移动，但升高温度不能使正反应速率减小。而该反应前后气体分子数不变，若保持压强不变向密闭容器中充入二氧化碳，则容器的体积增大导致一氧化碳的浓度减小，正反应速率减小，则二氧化碳的浓度增大了，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，根据温度不变K=不变，且压强不变时气体的浓度不变，所以再次平衡时正反应速率与原平衡相等。因此，改变的条件可能是：恒压条件下充入一定量的二氧化碳气体。
【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意判断相关物理量是否为变量，若随着反应的进行该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
30． +282.4 放 温度越高，乙烯的平衡转化率越低 1.9a d ＞ 阳 CH3CHO-2e−+H2O=CH3COOH+2H+
【分析】根据盖斯定律可计算C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)△H的值；根据图象转化率和温度的关系可判断正反应是放热反应；根据A点的转化率由平衡计算的“三段式”可计算混合气体总物质的量及K值；根据升高温度，平衡逆向移动，可判断k正和k逆增大的倍数大小关系；根据可逆反应气体的计量系数减小，而恒压相对于恒容，压强更大，正向移动，可推出转化率增大；根据电解池中，阳极失去电子，发生氧化反应，据此解答。
【详解】(1)由盖斯定律Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ得C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g) △H=（-1559.9kJ∙mol-1）-（-285.5kJ∙mol-1）-（-1556.8kJ∙mol-1）=+282.4kJ∙mol-1；答案为：+282.4。
(2)①由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动，说明正反应是放热反应；答案为放，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动。
②由图可知，A点时乙烯的平衡转化率为10%，
混合气体总物质的量=（0.9+0.9+0.1）amol=1.9amol，A点对应温度下的平衡常数K= = = ；答案为1.9a，。
③平衡时，正、逆反应速率相等，即K==，升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，平衡逆向移动，K减小，故k正增大的倍数小于k逆；答案为d；
④正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大，C2H4(g)的平衡转化率更高，大于10%；答案为＞。
(3)乙醛生成乙酸，碳元素的化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，因而乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为CH3CHO-2e-+H2O═CH3COOH+2H+；答案为阳， CH3CHO-2e-+H2O═CH3COOH+2H+。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-25化学反应的热效应（3）
一、单选题
1．（2021·天津河北·统考一模）下列说法不正确的是
A．冰在室温下自动熔化成水，这是熵增过程
B．用合成聚碳酸酯可降解塑料，实现“碳”的循环利用
C．在中提供空轨道，中N原子提供孤对电子
D．在25℃和101kPa时， ，的燃烧热为
2．（2021·天津河西·统考一模）在Fe+作用下，CO与N2O发生如下两步基元反应，能量变化及反应历程如图所示。
①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)
②FeO++CO=CO2+Fe+(快)
下列说法不正确的是
A．Fe+降低总反应的活化能
B．反应②是非氧化还原反应
C．总反应的化学反应速率由反应①决定
D．总反应中每转移1mole-，在标准状况下生成11.2LN2
3．（2021·天津和平·统考二模）M和N转化为P的催化反应历程如图。下列说法错误的是
A．生活中常用P除水垢
B．催化剂能改变反应速率同时也能改变反应的焓变
C．M和N转化为P是一个放热反应
D．该反应有利于治理温室效应
4．（2020·天津·模拟预测）H2与N2在催化剂表面生成NH3，反应历程及能量变化示意如下图。下列说法错误的是
A．该反应为放热反应
B．①→②：断开H −H键和N≡N时需要吸收能量
C．②→③：原子重新组合形成了N −H键
D．选择不同的催化剂会改变此反应∆H的数值
5．（2020·天津·模拟预测）如下为氟利昂(如)破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法错误的是
A．氟利昂—12()只有一种结构
B．过程Ⅱ可表示为
C．过程Ⅲ中键断裂是放热过程，键形成是吸热过程
D．上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏的催化剂
6．（2020·天津·模拟预测）某化学反应的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．该反应一定需要加热才能发生
B．该反应反应物的总能量比生成物的低
C．该反应断开化学键吸收的总能量比形成化学键放出的总能量多
D．该反应是放热反应
7．（2020·天津·模拟预测）理论研究表明，在101 kPa和298 K下，顺−2−丁烯(g)⇌反−2−丁烯(g)异构化反应过程的能量变化如图所示。
下列说法错误的是
A．反−2−丁烯化学性质没有顺−2−丁烯活泼
B．该异构化反应的ΔH=−4.36 kJ·mol-1
C．正反应活化能小于逆反应活化能
D．加入催化剂可以降低反应物和产物的相对能量
8．（2020·天津红桥·统考二模）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在钢基催化剂上的反应机理相能量图如下：
下列说法正确的是( )
A．反应II的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)→H2(g)+CO2(g) -Q kJ(Q＞0)
B．1 mol CH3OH(g)和l mol H2O(g)的总能量大于l mol CO2(g)和3 mol H2(g)的总能量
C．选择优良的催化剂降低反应I和II的活化能，有利于减少过程中的能耗
D．CO(g)在反应中生成又消耗，CO(g)可认为是催化剂
9．（2020·天津北辰·统考二模）运载火箭以液氢为燃烧剂，液氧为氧化剂。已知:
①H2(g)=H2(l)ΔH=-0.92kJ•mol-1
②O2(g)=O2(l)ΔH=-6.84kJ•mol-1
下列说法正确的是
A．氢气的燃烧热为ΔH=-241..8kJ•mol-1
B．火箭中液氢燃烧的热化学方程式为2H2(l)+O2(l)=H2O(g)ΔH=-474.92kJ•mol-1
C．2molH2(g)与1molO2(g)所具有的总能量比2molH2O(g)所具有的总能量低
D．H2O(g)变成H2O(l)的过程中，断键吸收的能量小于成键放出的能量
10．（2020·天津·模拟预测）理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
11．（2020·天津南开·统考二模）水煤气变换反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是
A．水煤气变换反应的△H>0
B．步骤③的化学方程式：CO*+OH*+H2O(g)=COOH*+H2O*
C．步骤⑤只有非极性键H‒H键形成
D．该历程中最大能垒（活化能）E正=1.70eV
二、填空题
12．（2021·天津·模拟预测）氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。回答下列问题：
已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=－221kJ·mol－1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=－393.5kJ·mol－1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181kJ·mol-1
(1)若某反应的平衡常数表达式为K=，请写出此反应的热化学方程式：_____；下列措施能够增大此反应中NO的转化率的是(填字母代号)______。
A．增大容器压强B．升高温度C．使用优质催化剂D．增大CO的浓度
(2)向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)，NO和N2的物质的量变化如下表所示。
物质的量/mol
T1/℃
T2/℃
0
5min
10min
15min
20min
25min
30min
NO
2.0
1.16
0.80
0.80
0.50
0.40
0.40
N2
0
0.42
0.60
0.60
0.75
0.80
0.80
①0∼5min内，以CO2表示的该反应速率v(CO2)=_______，该条件下的平衡常数K=_____。
②第15min后，温度调整到T2，数据变化如上表所示，则T1____T2(填“>”、“<”或“=”)。
③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，则此时反应_____移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；最终达平衡时NO的转化率a=____________。
(3)工业上可以用氨水除去反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)中产生的CO2，得到NH4HCO3溶液，反应NH4＋+HCO3-+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_____。(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11)
13．（2021·天津·模拟预测）甲醇水蒸气重整制氢(SRM)系统简单，产物中H2 含量高、CO含量低(CO会损坏燃料电池的交换膜)，是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。反应如下:
反应Ⅰ(主) :CH3OH(g)+ H2O(g) CO2(g)+ 3H2(g) ΔH1=+49kJ/mol
反应Ⅱ(副) :H2(g)+ CO2(g) CO(g)+ H2O(g) ΔH2=+41kJ/mol
温度高于300℃则会同时发生反应Ⅲ: CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH3
（1）计算反应Ⅲ的ΔH3= _________。
（2）反应1能够自发进行的原因是_______________，升温有利于提高CH3OH转化率，但也存在一个明显的缺点是__________。
（3）右图为某催化剂条件下，CH3OH转化率、CO生成率与温度的变化关系。
①随着温度的升高,CO的实际反应生成率没有不断接近平衡状态生成率的原因是____________ (填标号)。
A．反应Ⅱ逆向移动
B．部分CO 转化为CH3OH
C．催化剂对反应Ⅱ的选择性低
D．催化剂对反应Ⅲ的选择性低
②随着温度的升高，CH3OH 实际反应转化率不断接近平衡状态转化率的原因是______。
③写出一条能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施_________。
（4）250℃，一定压强和催化剂条件下，1.00molCH3OH 和1.32molH2O 充分反应(已知此条件下可忽略反应Ⅲ ),平衡时测得H2为2.70mol,CO有0.030mol,试求反应Ⅰ中CH3OH 的转化率_________，反应Ⅱ的平衡常数_________(结果保留两位有效数字)
14．（2021·天津·模拟预测）Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。
（1）Na位于元素周期表第 周期第 族；S的基态原子核外有 个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为 。
（2）用“＞”或“＜”填空：
第一电离能
离子半径
熔点
酸性
Si S
O2－ Na＋
NaCl Si
H2SO4 HClO4
（3）CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25 ℃、101KPa下，已知该反应每消耗1 mol CuCl2(s)，放热44.4KJ，该反应的热化学方程式是 。
（4）ClO2是常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目 。
三、原理综合题
15．（2021·天津·统考一模）工业排放物可能对环境和人体健康产生危害，含的烟气必须经过处理才可排放。回答下列问题：
(1)若烟气主要成分为，可通过电解法除去，其原理如图所示。阳极的电极反应式为_______。标准状况下，完全反应转移电子数为_______。
(2)若烟气主要成分为，可通入溶液将完全转化为。溶液中离子浓度从大到小的顺序为_______。
(3)若烟气主要成分为能有效地氧化。
①分子的空间结构与水分子的相似，是_______(填“极性”“极性”)分子。
②已知：
(活化能)
∆H3=_____kJ/mol(活化能)
③可经处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对脱除率的影响，将与混合反应一段时间，再用碱液吸收氧化后的气体。其他条件相同时，脱除率随与混合反应时温度变化情况为，温度在时，随着温度升高，脱除率无明显变化；温度超过时，随着温度升高，脱除率下降。其可能原因是_______。
(4)若烟气主要成分为，用氧化时，使用催化剂可提高氧化效率。研究发现在某催化剂表面被氧化时反应机理如图所示，反应过程中，氮氧化物[M]与按物质的量1：1反应生成，[M]的化学式为_____。该催化氧化过程总反应的化学方程式为_______。
16．（2021·天津·模拟预测）H2S作为一种有毒气体，广泛存在于石油、化工、冶金、天然气等行业的废气中，脱除气体中的硫化氢对于保护环境、合理利用资源都有着现实而重要的意义。回答下列问题：
(1)用H2S和天然气生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g) CS2(1)+4H2(g)。
已知:Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.
则反应CH4(g)+2H2S(g) CS2(1)+4H2(g)的=___________(用含的代数式表示)。
(2) 800℃时，将一定量的H2S气体充入体积为2L的恒容密闭容器中，发生如下反应：
H2S(g) S(s)+H2(g) 。
①反应10min后达到化学平衡状态，测得容器中H2的物质的量为2mol，则用S的生成速率表示的反应速率=___________g·min-1；
②在不改变反应物用量的前提下，欲提高H2S的平衡转化率，可以采取的措施是___________。
(3)向体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol CH4和2mol H2S，发生如下反应： CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g)，测得不同温度下，CH4的平衡转化率(%)与温度(℃)的关系如图所示：
①1200℃时，该反应的平衡常数=___________(列出计算式即可)；
②该反应___________0(填“>”“<”或“=”)，原因是___________；
③下列情况能说明反应达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．(CH4)=(H2)
B．混合气体的压强保持不变
C．混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．(CH4)： (H2S)： (CS2)： (H2)=1：2：1：4
17．（2021·天津河西·统考一模）硫及其化合物在工农业生产中有着重要地位。请按要求回答下列问题：
(1)SO2易溶于水的原因：___。当向SO2的饱和溶液中加入NaHSO3固体，推测可观察到的现象是____。
(2)已知反应Ⅰ：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)∆H1=-254kJ•mol-1
反应Ⅱ：S(s)+O2(g)=SO2(g)∆H2=-297kJ•mol-1
则H2SO4(l)分解为SO2(g)、O2(g)、H2O(g)的热化学方程式为__。
(3)已知一定温度下，在体积为2L的恒容密闭容器中充入1molH2S气体，起始压强为p1MPa，发生反应：2H2S(g)2H2(g)+S2(g)∆H1>0。在5min时反应达到平衡，压强变为1.2p1MPa。
①当断裂1molH—H键，同时反应物__，可以判定该反应达到平衡状态。
②从开始到平衡，v(H2)=___。
③H2S的平衡转化率为___。
④化学平衡常数的值Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度表示，平衡分压=总压×各组分物质的量分数)
⑤H2S燃料电池是一种新型能源，其工作原理示意图如图。
O2-向___极迁移(用“m”或“n”表示)。该电池工作时，负极的电极反应式为___。
18．（2021·天津红桥·统考一模）H2是一种清洁能源也是一种重要的化工原料，工业上常利用CO和H2合成可再生能源甲醇。
(1)已知CO(g)、CH3OH(l)的燃烧热(△H)分别为-283.0 kJ·mol-1和-726.5 kJ·mol-1。则CH3OH(l)不完全燃烧生成CO(g)和H2O(l)的热化学方程式为___________。
(2)利用反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) △H，可获得化工原料CO，CO2的平衡转化率与温度的关系如图1。
①△H___________(填“>”、“<”或“=”)0。
②240℃时，将3 mol CO2和2 mol H2通入容积为8 L的恒容密闭容器中，达到平衡时CO2的转化率为50%。此时该反应的平衡常数K=___________。
③该反应在一恒容密闭容器中进行，反应过程如图2，t1时达到平衡，t2时仅改变一个条件，该条件是___________。
(3)300℃时，向一体积为10 L的恒容密闭容器中充入1.32 mol CH3OH和1.2 mol H2O，发生反应：CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g) △H1=＋49 kJ·mol-1。
①高温下，CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)能自发进行的原因是___________。
②反应经5min达到平衡，测得H2的物质的量为2.97 mol。0～5min内，H2的反应速率为___________。
③CH3OH(g)与H2O(g)反应相对于电解水制备H2的优点为___________。
19．（2021·天津和平·统考一模）CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。
(1)CO2催化加氢合成CH4。
其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；ΔH=-890.3 kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)；ΔH=+2.8 kJ·mol-1
反应Ⅲ：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH=-566.0 kJ·mol-1
则反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)的ΔH=___________kJ·mol-1。
(2)CO2电化学制CH4
图1表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，该电极反应的方程式为___________，电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小，其原因是___________。
(3) CO2催化加氢合成二甲醚。
反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)；ΔH=41.2 kJ·mol-1
反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)；ΔH=-122.5kJ·mol-1
①反应Ⅱ的平衡常数表达式K=___________。
②在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性(CO的选择性=×100%)随温度的变化如图2；T℃时，起始投入3 mol CO2、6 mol H2，达到平衡时反应Ⅰ理论上消耗H2的物质的量为___________。合成二甲醚时较适宜的温度为260 ℃，其原因是___________。
20．（2021·天津·一模）2019年厦门大学王野教授课题组在合成气(主要成分CO和H2)催化转化制乙醇方面实施可控接力催化，按照:合成气→甲醇→乙酸→乙醇的方式，成功实现乙醇的高选择性合成。
（1）已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H1=-285.8KJ/mol；②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H2=-283KJ/mol；③CH3OH(g)+O2(g)= CO2(g)+2 H2O(l) △H3=-764.6 KJ/mol；
则工业上利用合成气制备甲醇的可逆反应热化学方程式为______________________；
（2）恒温恒容条件下，下列能说明合成气制甲醇的反应已达平衡状态的是_______；
A．单位时间内生成n mol CO的同时生成2n mol H2
B． v(H2)正= 2v(CH3OH)逆
C．容器内气体的密度保持不变
D．容器中气体的平均摩尔质量保持不变
（3）利用天然气制取合成气的原理为: CO2(g)+CH4(g)= 2CO(g)+ 2H2(g)，在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1 molL-1的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如下图所示，则压强P1______P2 (填“大于”或“小于”)；压强为P2时，在Y点：v(正)_____v(逆) (填“大于”、“小于”或“等于”)，求Y点对应温度下的该反应的平衡常数K=________ (计算结果保留两位有效数字)。
（4）以二氧化钛表面覆盖CuAlO4为催化剂，可以将CH4和CO2直接转化成乙酸。
①在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如下图所示。250-300°C时，温度升高面乙酸的生成速率降低的原因是____；
②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是_____________________；
（5）一定条件下，甲醇与一氧化碳反应可以合成乙酸。常温条件下，将a mol/L的CH3COOH溶液与b mol/ Ba(OH)2溶液等体积混合，反应平衡时，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，用含a和b的代数式表示，该混合溶液中醋酸的电离常数为________。
21．（2021·天津和平·统考三模）研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) △H = ______。
(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g) △H＝－34.0 kJ•mol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 α(NO)随温度的变化如图所示：
①由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_________________________； 在1100K 时，CO2的体积分数为______。
②用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1×106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp＝________(已知：气体分压＝气体总压×体积分数)。
(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成 N2的物质的量与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_________(填字母标号)。
(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g) △H2 =－746.8 kJ•mol-1。实验测得，υ正＝k正•c2(NO) •c2(CO) ，υ逆＝k逆•c(N2) •c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_____(填" >”、“< ”或“=”) k逆增大的倍数。
②若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则＝_____(保留2位有效数字)。
22．（2020·天津·模拟预测）二甲醚(CH3OCH3)被称为“21世纪的清洁燃料”。以CO2、H2为原料制备二甲醚涉及的主要反应如下：
I.2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) △H1=-122.5kJ·mol-1
II.10CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=+41.1kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=____。
(2)在压强、CO2和H2的起始投料一定的条件下，发生反应I、II，实验测得CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。
已知：CH3OCH3的选择性=，其中表示平衡时CH3OCH3的选择性的是曲线_____(填“①”或“②”)；温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因是____；为同时提高CO2的平衡转化率和平衡时CH3OCH3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
(3)也可以利用甲醇脱水制备二甲醚：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)。已知：，其中Kp为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度。
①为提高CH3OCH3的平衡产率，可以采取的措施有____(任写一条)。
②473K时，在密闭容器中加入一定量CH3OH(g)，采用合适的催化剂进行反应，达到平衡时体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为____(填标号)。
a. b. c. d.
(4)对于反应，反应速率v=v正-v逆=k正p(CO2)·p(H2)-k逆p(CO)·p(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①降低温度，k正-k逆____(填“增大”、“减小”或“不变”)；
②在TK、101kPa下，按照n(CO2)：n(H2)=1：1投料，CO2转化率为50％时，，用气体分压表示的平衡常数KP=___。
23．（2020·天津·模拟预测）在煤化工领域主要涉及碳一化学，即研究以含有一个碳原子的物质(CO、CO2、CH4、CH3OH等)为原料合成化工产品或液体燃料。回答下列问题：
(1)已知物质之间转化能量关系如图所示：
写出CO(g)和H2(g)生成CH4(g)和H2O(g)的热化学方程式___。
(2)煤化工业上主要利用CO和H2反应制备甲醇(CH3OH)，反应热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H。已知CO的平衡转化率与温度的关系如图所示：
①该反应的∆H____(填“>”“<”或“=”)0。
②A、B、C三点平衡常数KA． KB、KC的大小关系为____。压强p1_____ (填“>”“<”或“=”，下同)p2，在T1和p2条件下，由D点到B点过程中，正、逆反应速率之间的关系：v正____v逆。
③若容器容积不变，则下列措施可提高CO平衡转化率的是___(填字母)。
a.充入CO，使体系总压强增大 b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.充入He，使体系总压强增大 d.使用高效催化剂
④在2L恒容密闭容器中充人2molCO和4molH2，在p2和T1条件下经10min达到平衡状态。在该条件下，v(H2)=___mol∙L-1∙min-1；平衡常数K =___(填数值)。
(3)用H2还原CO2可以合成CH3OH： CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) +H2O(g) ∆H. 恒压下，CO2和H2的起始物质的量之比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜(能选择性分离出H2O)时甲醇的产率随温度的变化如图所示。P点甲醇产率高于T点的原因为____。
(4)CO2的再利用技术是促进可持续发展的措施之一，CO2电化法制甲酸的工艺原理如图所示。阴极电极反应式为____。
24．（2020·天津·模拟预测）甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇可能涉及的反应如下：
反应I：CO2(g)+3H2=CH3OH+H2O(g) ΔH1=-49.58 kJ·mol-1
反应II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2
反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH3=-90.77 kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)反应Ⅲ的ΔH2=_______，若反应I、II、III平衡常数分别为K1、K2、K3，则K2=_______(用K1、K3表示)。
(2)反应II自发进行的条件是_______(填“低温”“高温”或“任意温度”)。
(3)在一定条件下，2L恒容密闭容器中充入3molH2和1.5molCO2，仅发生反应I，实验测得不同反应温度与体系中CO2的平衡转化率的关系，如表所示。
温度/℃
500
T
CO2的平衡转化率
60%
40%
①T_______500℃(填“＜”“>”或“=”)
②温度为500℃时，该反应10min时达到平衡，则用H2表示的反应速率为_______，该温度下，反应I的平衡常数K1=_______。
(4)某研究小组将一定量的H2和CO2充入恒温密闭容器中，加入合适的催化剂(发生反应I、II、III)，测得不同温度下体系达到平衡时，CO2的转化率和CH3OH的产率如图所示。
①该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和甲醇的产量，以下措施一定可行的是___(填标号)。
a.升高温度 b.缩小容器体积 c.分离出甲醇 d.增加CO2浓度
②温度高于260℃时，随温度的升高甲醇产率下降的原因是_______。
25．（2020·天津·模拟预测）甲醇既是重要的化工原料，可用于制备甲醛、醋酸等产品，又可作为清洁燃料。利用CO2与H2合成甲醇涉及的主要反应如下：
Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) △H2=41kJ•mol−1
回答下列问题：
(1)已知CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H3 = −99 kJ•mol−1，则△H1=______kJ•mol−1
(2)向刚性容器中充入一定量的CO2和H2，在不同催化剂(Cat.1，Cat.2)下反应相同时间，CO2的转化率和甲醇的选择性[甲醇的选择性=×100%]随温度的变化如图所示：
①由上图可知，催化效果Cat.1____Cat.2(填“＞”“＜”或“＝”)。
②在210~270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，请写出一条可能原因_____________。
(3)一定条件下，向刚性容器中充入物质的量之比为1:3的CO2和H2发生上述反应。
①有利于提高甲醇平衡产率的条件是________(填标号)。
A．高温高压 B．低温高压 C．高温低压 D．低温低压
②达到平衡时CO2的转化率为20%，CH3OH的选择性为75%，则(H2)=________；反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=________________。
26．（2020·天津北辰·统考二模）运用化学反应原理知识研究如何利用CO、SO2等污染有非常重要的意义。
(1)用CO可以合成甲醇。
已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ΔH1
CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2
H2(g)+(g)=.H2O(1) ΔH3
请写出由CO和H2形成CH3OH的热化学方程式__________。
(2)下表所列数据是CO和H2形成CH3OH的反应在不同温度下的化学平衡常数(K)，由表中数据判断该反应的ΔH__________0（填“>”、“=”或“<”）
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012
(3)若在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2，发生CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)反应，下列示意图能说明该反应在进行到t1时刻为平衡状态的是__________（填选项字母）。
(4)T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)__________。此时，这个反应的平衡常数是__________，反应温度为__________℃。
(5)为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，写出KOH作电解质溶液时，甲醇燃料电池的负极反应式__________。
27．（2020·天津·统考二模）大气环境中NOx的减量化排放受到国内外广泛关注。利用碳还原NO的反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)。回答下列问题：
(1)该反应在常温下可以自发进行，则反应的△H________0(填“＞”“＝”或“＜”)'有利于提高NO平衡转化率的条件是____________(任写一条)。
(2)以上反应可分为如下四步反应方程，写出其中第三步的反应：
第一步：2NO=(NO)2
第二步：(NO)2+C=N2O+C(O)
第三步：_________________
第四步：2C(O)=C+CO2
(3)对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1 mol/L。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示：
①据图分析，温度490°C以下，三种情况下反应的活化能最小的是________用a、b、c表示)；CaO/C、La2O3/C去除NO效果比C更好，其依据是________(写一条)。
②上述实验中，490°C时，若测得CaO/C对NO的去除率为60%，则可能采取的措施是________。
A．及时分离出CO2 B．压缩体积
C．恒容下，向体系中通入氦气 D．改良优化了催化剂
③在CaO/C、490°C条件下0~2 h内的平均反应速率v(NO)=_______mol•L-1•h-1，该温度下此反应的平衡常数为121，则反应达平衡时NO的去除率为________(保留二位有效数字)。
(4)利用电化学原理处理NOx也是重要的研究方向，如下装置图中正极的电极反应式为：_________。
28．（2020·天津南开·统考二模）一定条件下，向容器中同时通入甲烷、氧气和水蒸气三种气体，发生的化学反应有：
反应过程
化学方程式
焓变△H(kJ•mol-1)
活化能Ea(kJ•mol-1)
甲烷氧化
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)
-802.6
125.6
CH4(g)+O2(g)⇌CO2(g)+2H2(g)
-322.0
172.5
蒸汽重整
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)
+206.2
240.1
CH4(g)+2H2O(g)⇌CO2(g)+4H2(g)
+158.6
243.9
(1)已知：H2O(1)=H2O(g) △H=+44.0kJ•mol-1，则表示H2燃烧热的热化学方程式为______。
(2)在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，原因可能是______。
(3)恒温恒压体系(温度为T，压强为P)反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)达到平衡时，各气体的物质的量均为1mol，用某气体组分(B)的平衡分压(分压＝总压×物质的量分数)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数(记作KP)。则：
①平衡常数Kp=______。
②再向容器中瞬时同时充入1molCH4、1mol H2O、1molCO、3molH2，此时(正)______(逆)(填“＞”“<”或“=”)。
③恒温恒容条件下，将CH4、H2O、CO、H2按照体积比1:1:1:3投料，能判断反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)达到平衡状态的是______。
A．密度保持不变
B．CO体积分数保持不变
C．平均摩尔质量保持不变
D．c(CO)和c(H2)的比保持不变
E.2molO-H断裂的同时，有3molH-H断裂
(4)向绝热恒容密闭容器中通入CH4和O2使反应CH4(g)+O2(g)⇌CO2(g)+2H2(g)达到平衡，正反应速率随时间变化的示意图如图。图中c点反应是否达到平衡：______(填“是”或“否”)。
(5)利用重整反应CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)，设计一种熔融碳酸盐燃料电池，原理示意如图，电极B上发生的电极反应为______。
29．（2020·天津南开·统考二模）工业炼铁过程中涉及到的主要反应有：
i.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393kJ/mol
ii.C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ/mol
iii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H3
iv.2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H4=+460kJ/mol
回答下列问题：
(1)反应iv_________(填“能”或“不能”)在任何温度下自发进行。
(2)△H3=_________kJ/mol。
(3)T1时，向容积为10L的恒容密闭容器中加入3molFe2O3和3molCO发生反应iii，5min时达到平衡，平衡时测得混合气体中CO2的体积分数为80%。
①0~5min内反应的平均速率v(CO2)=_________mol•L-l•min-l。
②该温度下反应的平衡常数为_________。
③若将平衡后的混合气体通入1L3.6mol/L的NaOH溶液，恰好完全反应，反应的离子方程式为_________，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________
④下列选项中能够说明该反应已经达到平衡状态的是_________(填序号)。
a.Fe2O3的物质的量不再变化
b.体系的压强保持不变
c.混合气体的平均摩尔质量保持不变
d.单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量相等
(4)一定条件下进行反应iii，正向反应速率与时间的关系如图所示，t2时刻改变了一个外界条件，可能是_________。
.
30．（2020·天津和平·三模）乙烯可作化工原料和清洁能源，研究其制备和综合利用具有重要意义，请回答下列问题：
(1)乙烯的制备：工业上常利用反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) ΔH制备乙烯。
已知：Ⅰ．C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-1556.8kJ·mol-1；
Ⅱ．H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=-285.5kJ·mol-1；
Ⅲ．C2H6(g)+O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH3=-1559.9kJ·mol-1。
则ΔH=______kJ·mol-1。
(2)乙烯可制备乙醇：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)。向2L某恒容密闭容器中充入a mol C2H4(g)和a mol H2O(g)，测得C2H4(g)的平衡转化率与温度的关系如下图所示：
①该反应为______热反应(填“吸”或“放”)，理由为____。
②A点时容器中气体的总物质的量为____mol，计算A点对应温度下的平衡常数K=_____(用含a的分数表示)。
③已知：C2H4(g)+H2O(g)C2H5OH(g)的反应速率表达式为v正=k正c(C2H4)·c(H2O)，v逆=k逆c(C2H5OH)，其中，k正、k逆为速率常数，只与温度有关。则在温度从250℃升高到340℃的过程中，下列推断合理的是____(填选项字母)。
a．k正增大，k逆减小 b．k正减小，k逆增大c．k正增大的倍数大于k逆 d．k正增大的倍数小于k逆
④若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则300℃时，C2H4(g)的平衡转化率_____10%(填“＞”、“＜”或“＝”)。
(3)乙烯可以被氧化为乙醛(CH3CHO)，电解乙醛的酸性水溶液可以制备出乙醇和乙酸，则生成乙酸的电极为_____极(填“阴”或“阳”)，对应的电极反应式为______。
参考答案：
1．D
【分析】根据物质状态判断熵的变化，气体大于液体大于固体进行判断熵的变化。根据配合离子的特点判断中心离子和配体，根据配位键判断提供孤对电子的原子和提供空轨道的离子。
【详解】A．根据状态的变化，可以判断过程中熵的变化。故A正确；
B．根据降解后的产物进行判断循环的物质，故B正确；
C．根据配合离子中配位键的形成过程判断，氨气中氮原子含有孤对电子，提供孤对电子 与铜离子形成配位键，故C正确；
D．根据燃烧热的定义进行判断，燃烧热是纯物质燃烧生成稳定的氧化物，水应该是液态水，故D不正确；
故选答案D。
【点睛】注意物质的稳定状态时根据在一定温度和压强下的稳定态。水在常温常压下，液态是稳定的。
2．B
【详解】A．根据反应历程图可知，Fe+为催化剂，降低总反应的活化能，A说法正确；
B．反应②中，C的化合价升高，Fe的化合价降低，为氧化还原反应，B说法错误；
C．反应①速率慢，影响反应的总时间，则总反应的化学反应速率由反应①决定，C说法正确；
D．根据反应①、②可知，转移2mol电子时，生成1mol N2和1mol CO2，则总反应中每转移1mole-，在标准状况下生成11.2LN2，D说法正确；
答案为B。
3．B
【分析】由图可知，CH4和CO2在催化剂的条件下反应生成CH3COOH，反应经过由①到过渡态和由过渡态再到②两个过程，且①的总能量高于②的总能量，总反应为CH4+CO2 CH3COOH，即M为CH4，N为CO2，P为CH3COOH，据此分析解答。
【详解】A．根据以上分析，P为CH3COOH，生活中常用醋酸除水垢，故A正确；
B．催化剂能改变反应速率，但不能改变反应的焓变，故B错误；
C．根据图示，①的总能量高于②的总能量，CH4和CO2转化为CH3COOH是一个放热反应，故C正确；
D．该反应是将CH4和CO2等温室效应气体转化为CH3COOH，所以发生的反应有利于治理温室效应，故D正确；
答案选B。
4．D
【详解】A．根据图中信息反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应为放热反应，故A正确；
B．断键吸收热量，因此①→②是断开H −H键和N≡N时，因此需要吸收能量，故B正确；
C．②→③中是原子重新组合形成了N −H键，故C正确；
D．选择不同的催化剂会改变反应的活化能，但反应∆H的数值不变，故D错误。
综上所述，答案为D。
5．C
【详解】A．CCl4为正四面体结构，其二氟取代物只有一种，A正确；
B．据图可知过程Ⅱ中臭氧和氯原子反应得到氧气和ClO，可以表示为O3+Cl=ClO+O2，B正确；
C．断裂化学键吸收热量，形成化学键放出热量，C错误；
D．根据图示，氟利昂中氯原子在反应前后不变，是破坏O3的催化剂，D正确；
综上所述答案为C。
6．D
【详解】A．该反应不一定需要加热才能发生，如和在阴暗处可迅速化合发生爆炸，故A错误；
B．该反应中反应物的总能量比生成物的高，故B错误；
C．该反应生成物的总能量低，该反应是放热反应，断开化学键吸收的总能量比形成化学键放出的总能量少，故C错误；
D．由C分析可知该反应是放热反应，故选D；
答案选D
7．D
【详解】A．相对能量越低，物质的化学性质越稳定。由图示知，反−2−丁烯的相对能量较低，化学性质较稳定，A项正确；
B．反应热等于产物总能量与反应物总能量之差，ΔH=−10.06 kJ·mol-1+5.70 kJ·mol-1=−4.36 kJ·mol-1，B项正确；
C．产物(或反应物)与过渡态的能垒为活化能，对于放热反应，正反应活化能小于逆反应活化能，C项正确；
D．加入催化剂，改变异构化反应路径，降低正、逆反应活化能，不会改变反应物和产物的相对能量，D项错误；
综上所述答案为D。
8．C
【分析】由反应机理图可知，反应Ⅰ为：CH3OH =2H2+CO，反应Ⅱ为：CO+H2O=H2+CO2。由能量图可知，反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，对比能量图中反应Ⅰ的反应物所具有的能量和反应Ⅱ的生成物所具有的能量，可知反应Ⅰ的反应物和反应Ⅱ的生成物所具有的能量的大小关系为：EⅡ生＞EⅠ反。据此进行分析。
【详解】A．结合能量图可知，反应Ⅱ为放热反应，根据反应机理图可知，反应Ⅱ的热化学方程式为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g) +Q kJ(Q＞0)，选项A错误；
B．结合反应机理和能量图可知，EⅡ生＞EⅠ反，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，选项B错误；
C．催化剂可以通过参与反应改变反应历程降低反应的活化能，从而可减少反应过程的能耗，选项C正确；
D．CO(g)属于中间产物，不是催化剂，选项D错误；
答案选C。
9．B
【详解】A． 氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，故氢气的燃烧热为kJ⋅mol−1=285.8kJ⋅mol−1，即△H=−285.8kJ⋅mol−1，故A错误；
B．由图象分析，2H2(g)+O2(g)═H2O(g)△H=−483.6kJ⋅mol−1①
H2(g)=H2(l)△H=−0.92kJ⋅mol−1②
O2(g)=O2(l)△H=−6.84kJ⋅mol−1③
将①−②×2−③×2可得2H2(l)+O2(l)═2H2O(g)△H=−474.92kJ⋅mol−1，故B正确；
C．由图象分析，2mol H2(g)与1mol O2(g)反应生成2mol H2O(g)，放出483.6kJ的热量，故2mol H2(g)与1mol O2(g)所具有的总能量比2mol H2O(g)所具有的总能量高，故C错误；
D．H2O(g)生成H2O(l)为物理变化，不存在化学键的断裂和生成，故D错误；
答案选B。
10．D
【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；
B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确；
C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；
D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误。
综上所述，答案为D。
11．B
【分析】分析图象可知，水煤气的生成过程经过了过渡态1和过渡态2，最后生成产物的能量低于反应物，故反应过程中放出能量，结合图象进行分析判断。
【详解】A．根据水煤气变换反应并结合反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量高于CO2(g)+H2(g)的能量，反应的焓变ΔH小于0，A项错误；
B．结合此图分析判断，③是发生的过渡反应：CO*+OH*+H2O(g)=COOH*+H2O*，B项正确；
C．由图可知步骤⑤中H-O键，在原反应物中已经存在，则步骤⑤形成的化学键包括极性键C=O，非极性键H-H键形成，C项错误；
D．该历程中最大能垒（活化能）E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV，D项错误；
答案选B。
12． 2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=－747kJ·mol ad 0.042mol⋅L−1⋅min−1 > 正向 60% 1.25×10−3
【详解】(1)平衡常数表达式为，可知反应为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)；
由①2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=−221kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=−393.5kJ/mol
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+181kJ/mol
结合盖斯定律可知，②×2−③−①得到2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，其△H=−747kJ/mol，
热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H=−747kJ/mol；
a.增大容器压强，向气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动，NO转化率增大，故a符合题意；
b.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即平衡逆向移动，NO转化率减小，故b不符合题意；
c.使用优质催化剂，催化剂同等程度改变正逆反应速率，平衡不移动，故c不符合题意；
d.增大CO的浓度，平衡正向移动，NO转化率增大，故d符合题意；
故答案为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H=−747kJ/mol；ad；
(2)反应②−①得到反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) △H=-574.5 kJ/mol；
①0∼5min内，根据反应
C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始（mol） 2 0 0
变化（mol） 0.84 0.42 0.42
5min（mol） 1.16 0.42 0.42
以CO2表示的该反应速率v(CO2)==0.042mol⋅L−1⋅min−1，
10分钟达到平衡时，根据反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)
开始（mol） 2 0 0
变化（mol） 1.2 0.6 0.6
平衡（mol） 0.8 0.6 0.6
K===，
故答案为0.042mol⋅L−1⋅min−1；；
②第15min后，温度调整到T2，NO的物质的量在降低，平衡正向移动，该反应为放热反应，根据已知降低温度，平衡向放热反应方向移动，则T1>T2，
故答案为>；
③若30min时，保持T2不变，K==4，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，Qc==1.36
开始（mol） 4 2 2
转化（mol） x 0.5x 0.5x
平衡（mol） 4−x 2+0.5x 2+0.5x
=4，解得x=2.4mol，
最终NO的转化率=×100%=×100%=60%，
故答案为正向；60%；
(3)反NH4++HCO3−+H2O⇌NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=，在平衡常数表达式中分子和分母同乘以，可得K====1.25×10−3，
故答案为1.25×10−3。
13． +90kJ/mol 反应Ⅰ为熵增加的反应 CO含量升高，破坏燃料电池的交换膜 C 升温反应速率加快 其它条件不变，提高n(水)/n(甲醇)的比例 (或其它条件不变，选择更合适的借化剂) 91% 5.6×10-3
【详解】（1）反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到：CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) ΔH3= +90kJ/mol。
（2）反应自发进行的要求是△G=△H－T△s＜0，此反应的△H＞0，所以反应自发进行的原因就是△s＞0，即反应为熵增反应。升温会促进反应Ⅲ的发生，提高CO的含量，而CO会破坏该电池的交换膜。
（3）①工业生产中，一般不会等待反应达到平衡后再进行下一道工序，多数都是进行一段时间的反应就将体系取出，所以一般来说，反应的速度越快，取出的体系就越接近应该达到的平衡态。随着反应温度的升高，速度加快，但是CO的生产率并没有接近反应的平衡态，说明该反应使用的催化剂对于反应Ⅱ几乎没有加速作用，所以选项C正确，选项D错误。三个反应都吸热，所以升温都正向移动，不会促进CO转化为甲醇，选项A、选项B都错误。
②由①的叙述可以得到答案为：升温反应速率加快。
③加入水蒸气，可以调高甲醇的转化率，同时使反应Ⅱ的平衡向逆反应方向移动，从而降低了CO的生成率。加入更合适的催化剂，最好只催化反应Ⅰ，不催化反应Ⅱ，这样也能达到目的。
（4）达平衡时CO有0.03mol，根据反应Ⅱ得到参与反应的氢气为0.03mol，所以反应Ⅰ生成的氢气为2.73mol（平衡剩余氢气2.7mol），根据反应Ⅰ，消耗的甲醇为0.91mol，所以甲醇转化率为91%。根据反应Ⅰ的数据，消耗的水为0.91mol，生成的CO2为0.91mol，则剩余1.32-0.91=0.41mol水，在反应Ⅱ中应该消耗0.03molCO2，生成0.03molCO和0.03mol水，所以达平衡时，水为0.41+0.03=0.44mol，CO2为0.91-0.03=0.88mol。所以反应Ⅱ的平衡常数为（设容器体积为V）。
14．（1）第三周期，第ⅠA族 2，1s22s22p63s23p2
（2）<，>，<，<，
（3）4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(2)+2CuO(s) △H=-177.6kJ/mol
（4）
【详解】试题分析：（1）S的最外层有6个电子，为3s23p4，3p能级三个轨道、四个电子，依据泡利原理和洪特规则，先每个轨道排1个，方向相同，排满后再排，方向相反，故有两个孤对电子；硅，核电核数为14，根据构造原理可以排出。
（2）第一电离能同周期从左往右逐渐增大趋势，但有几个反常，故有Si
（4）氯气做氧化剂从0价到-1价，亚氯酸根从+3到+4价。
考点：物质结构、元素及化合物性质、氧化还原反应、热化学反应方程式等
15． 3.01×1024 极性 与反应的活化能低，分解的活化能高，时分解速率慢，与反应速率快，高于时，分解速率加快，影响了与的反应
【详解】(1)阳极发生氧化反应，SO2在阳极被氧化为，根据得失电子守恒和原子守恒配平电极方程式为：；NO在阴极被还原成，转移5个电子，标况下22.4LNO的物质的量为1mol，故完全反应时，转移电子数为56.021023=3.011024，故答案为：；3.01×1024；
(2)亚硫酸钠属于强碱弱酸盐，在水溶液中SO发生两步水解：第一步：SO+H2OHSO+OH-，第二步：HSO+H2OH2SO3+OH-。因为SO的水解度不是太大，且第一步水解程度大于第二步，所以，溶液中的微粒浓度大小顺序如下：，故答案为：；
(3)①分子的空间结构与水分子的相似，为极性分子，故答案为：极性；
②已知：I.；II.(活化能)；III.∆H3；由盖斯定理可知，III=(I+II)，则∆H3=(+)=，故答案为：；
③由<0可知该反应是放热反应，与反应的活化能低，分解的活化能高，时分解速率慢，与反应速率快，高于时，分解速率加快，影响了与的反应，故答案为：与反应的活化能低，分解的活化能高，时分解速率慢，与反应速率快，高于时，分解速率加快，影响了与的反应；
(4)由图可知，O+NO2[M]，故[M]为NO3，总反应物为NO2、O3，生成物为O2、N2O5，故总反应为：，故答案为：；。
16． 6.4 升高温度；移除生成物H2；减小H2S浓度 > 升高温度，CH4的平衡转化率升高，平衡在正向移动，则正反应方向为吸热反应，故 BC
【详解】(1)由盖斯定律可知，Ⅰ+4×Ⅱ—Ⅲ得反应CH4(g)+2H2S(g) CS2(1)+4H2(g)，则△H=△H1+4△H2—△H3，故答案为：△H1+4△H2—△H3；
(2) ①由方程式可知，反应生成2mol氢气时，生成2mol硫固体，则用硫的生成速率表示的反应速率v==6.4g/min，故答案为：6.4；
②该反应是气体体积不变的吸热反应，升高温度、移除生成物氢气，化学平衡向正反应方向移动，硫化氢的转化率增大；减小硫化氢浓度，平衡虽然向逆反应方向移动，但硫化氢的转化率会增大，故答案为：升高温度移除生成物H2；减小H2S浓度；
(3) ①由图可知，1200℃时甲烷的转化率为80%，平衡时甲烷的浓度为(1mol/L—1mol/L×80%)=0.2 mol/L，由方程式可知，硫化氢的浓度为(2 mol/L—0.8 mol/L×2)=0.4 mol/L、二硫化碳的浓度为0.8 mol/L、氢气的浓度为0.8 mol/L×4=3.2 mol/L，则化学平衡常数K==，故答案为：；
②由图可知，温度升高，甲烷的转化率增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，△H＞0，故答案为：升高温度，CH4的平衡转化率升高，平衡在正向移动，则正反应方向为吸热反应，故；
③A．(CH4)=(H2)不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡状态，故错误；
B．该反应是气体体积增大的反应，反应中混合气体的压强增大，则混合气体的压强保持不变说明正逆反应速率相等，反应是达到平衡状态，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量不变，该反应是气体体积增大的反应，反应中混合气体的平均摩尔质量减小，则混合气体的平均摩尔质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应是达到平衡状态，故正确；
D．平衡时，(CH4)： (H2S)： (CS2)： (H2)=1：2：1：4不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡状态，故错误；
BC正确，故答案为：BC。
17． SO2与水都是极性分子、SO2与水反应生成亚硫酸 有气泡冒出，且有刺激性气味 2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)∆H=+551kJ•mol-1 断裂2molH—S键 0.04mol•L-1•min-1 40% m 2H2S-4e-+2O2-=S2+2H2O
【分析】结合SO2是酸性氧化物和H2SO3溶液中存在的电离平衡分析；根据盖斯定律解题；结合平衡状态的特征及平衡相关计算解析；燃料电池工作时阴离子向负极移动，负极上发生氧化反应。
【详解】(1)SO2是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于极性溶剂水，且SO2能与水化合生成可溶于水的H2SO3；在H2SO3溶液中存在的电离平衡为H2SO3+H+，则向SO2的饱和溶液中加入NaHSO3固体时，浓度增大，促进电离平衡逆向移动，可观察到溶液中有气泡冒出，且有刺激性气味；
(2)已知反应Ⅰ：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) ∆H1=-254kJ•mol-1，反应Ⅱ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ∆H2=-297kJ•mol-1，根据盖斯定律可知-(Ⅰ+Ⅱ)可得2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)，则∆H=-(∆H1+∆H2)=-[(-254kJ•mol-1)+(-297kJ•mol-1)]=+551kJ•mol-1；
(3)
在恒温恒容条件下气体的压强与物质的量成正比，则，解得：n=0.4；
①当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，则当断裂1molH—H键，同时反应物断裂2molH—S键；
②从开始到平衡，v(H2)==0.04mol•L-1•min-1；
③H2S的平衡转化率为=40%；
④化学平衡常数的值Kp==；
⑤该燃料电池通O2的极为正极，即n极为正极，则H2S燃料电池工作时O2-向负极即m极迁移，负极上发生氧化反应的电极反应式为2H2S-4e-+2O2-=S2+2H2O。
【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。
18． ＞ 3 降低温度（或增加水蒸气的浓度或分离出氢气） 该反应是熵增反应 0.0594 mol/(L·min) 前者耗能更少
【详解】(1)由题意可得热化学方程式：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H1=-566 kJ/mol，②2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l) △H2=-1453 kJ/mol，由盖斯定律：，得CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=，即CH3OH不完全燃烧生成CO的热化学方程式为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(l) △H=；
(2)①由图1知，温度升高，CO2平衡转化率增大，说明平衡正向移动，故正向为吸热反应，即△H＞0；
②由所给数据列三段式如下： ，故平衡常数；
③由图示知，条件改变后，c(CO2)瞬间不变，之后增大，c(CO)瞬间不变，之后减小，说明平衡逆向移动，故可能是降低温度（或增加水蒸气的浓度或分离出氢气）；
(3) ①该反应为气体分子数增多的反应，则体系混乱程度增大，符合自发反应的熵判据，故原因为：该反应是熵增反应；
②由反应速率定义计算得：；
③该反应在一定温度下能自发进行，相对于电解水消耗大量的电能，该反应耗能更少，故此处填：前者耗能更少。
19． -252.9 CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH- OH-在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动 K= 0.3 mol 温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小
【分析】(1)根据盖斯定律：-②×4-①+③×2即可得目标方程式，再代入数据计算；
(2)以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式；结合离子移动进行分析；
(3)由图象可知，T℃时，CO的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n（CO2）=40%×3mol=1.2mol，结合化学方程式定量关系计算反应Ⅰ消耗氢气，由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小；据此解答。
【详解】(1) 已知：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；ΔH=-890.3 kJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)；ΔH=+2.8 kJ·mol-1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)；ΔH=-566.0 kJ·mol-1
根据盖斯定律：-②×4-①+③×2即可得：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) △H=（-2.8×4+890.3-566.0×2）kJ•mol-1=-252.9kJ•mol-1，故答案为：-252.9；
(2) 以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式为CO2+8e-+6H2O═CH4+8OH-，由于OH-在阳极被氧化，阳离子移向阴极，钾离子从右室往左室移动，使得电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小；
故答案为：CO2+8e-+6H2O═CH4+8OH-；OH-在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动；
(3) ①浓度平衡常数：生成物浓度的系数次方之积比上反应物浓度的系数次方之积，则平衡常数K=；故答案为：K=；
②该温度下CO的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n（CO2）=40%×3mol=1.2mol，CO的选择性=×100%=25%，因此生成的CO物质的量=25%×1.2mol=0.3mol，结合化学方程式定量关系计算反应Ⅰ消耗氢气物质的量为0.3mol；由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小，所以该催化剂条件下合成二甲醚时较适宜的温度为260℃；
故答案为：0.3mol；温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小。
【点睛】考查化学平衡影响因素、电极反应式，化学平衡的图象、盖斯定律等知识点，明确CO选择性含义及计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键。
20． CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H3=-90KJ•mol-1 BD 小于 大于 1.6mol2/L2 温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低 增大反应压强或增大CO2的浓度
【详解】（1）工业上利用合成气CO和H2制备甲醇，根据盖斯定律，①×2+②-③可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) △H=2△H1+△H2-△H3=2×（-285.8KJ/mol）+（-283KJ/mol）-（-764.6 KJ/mol）=-90KJ•mol-1；
（2）恒温恒容条件下A．单位时间内生成n mol CO的同时生成2n mol H2，只有逆反应，不能说明达到平衡，可以改为单位时间内生成n mol CO的同时消耗2n mol H2，；B．不同物质的正逆化学反应速率呈系数比，v(H2)正= 2v(CH3OH)逆，可以说明达到平衡；C．容器内气体的密度始终为定值不变，故密度保持不变不能说明达到平衡，错误；D．容器中气体的平均摩尔质量会逐渐增大，当达到平衡，平均摩尔质量保持不变，可以说明达到平衡，以此以上能说明合成气制甲醇的反应已达平衡状态BD；
（3）CH4的平衡转化率-T-P，在相同条件下保持温度不变，增大压强平衡向气体粒子数目减小的方向移动，该反应逆向移动，CH4的平衡转化率降低，故压强越大平衡转化率越低，P1平衡转化率高，故压强P1＞P2；压强为P2时，x点为平衡状态，y点未达到平衡，且此时产率低于平衡时刻，故向正向移动，v(正)＞v(逆)；在密闭容器中通入物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的CH4与CO2，x点对应的平衡转化率为80%，可得平衡时c (CH4)=c(CO2)= 0.02 mol·L-1，c (H2)=c(CO)= 0.16 mol·L-1，x点与y点温度相同，故平衡常数相同，因此y点对应的平衡常数K==；
（4）①由图可知，温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低；
②CH4+ CO2⇌CH3COOH，增大反应压强平衡正移，可以提高甲烷转化率；增大CO2的浓度平衡正移，可以提高甲烷的转化率；
（5）常温条件下，将a mol·L-1CH3COOH溶液与b mol·L-1Ba(OH)2溶液等体积混合， c(Ba2+)为原来浓度的一半，2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=b，c(CH3COOH)=a-b，且根据电荷守恒溶液呈中性，混合溶液中醋酸的电离常数为K===。
【点睛】平衡状态的判断需要注意是否为变量，若为变量保持不变就可以做平衡的判定依据，尤其是经常考查的密度和摩尔质量。判断反应的方向，运用Q和K的相对大小，Q＞K，平衡逆向移动，Q＜K，平衡正向移动，Q=K，达到平衡不移动。
21． （2a+2b+c）kJ•mol-1 1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 20％ 4 A < 0.25
【分析】（1）利用盖斯定律解答。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。恒温恒压下体积分数等于物质的量分数。
②利用化学平衡常数表达式计算。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=K。
【详解】（1）① SO2(g) + NH3•H2O(aq) =NH4HSO3(aq) △H1 = a kJ•mol-1；
② NH3•H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)△H2 = b kJ•mol-1；
③ 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) △H3= c kJ•mol-1；
利用盖斯定律，将①×2+②×2+③可得2SO2(g) + 4NH3•H2O(aq) + O2(g) = 2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l)的△H =（2a+2b+c）kJ•mol-1，故答案为（2a+2b+c）kJ•mol-1。
（2）①在1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；达到平衡后，升高温度，平衡左移，NO的转化率降低。根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1100K时，NO的转化率为40％，则△n(NO)=0.4mol，故n(CO2)=0.2mol，由于反应前后气体的总物质的量不变，故混合气体中CO2的体积分数为％=20％，故答案为1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；20％。
②根据反应C (s) + 2NO(g)N2(g) + CO2(g)，假设加入1molNO，在1050K时， α(NO)=80％，平衡时n（NO）=0.2mol，n(N2)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，各物质的平衡分压p分（NO）=Pa，p分（N2）=×1.1×106Pa，p分（CO2）=×1.1×106Pa，故反应的化学平衡常数Kp＝×1.1×106Pa××1.1×106Pa÷（ Pa）2=4，故答案为4。
（3）A反应速率快，先达到平衡，故活化能最小，故答案为A。
（4）①正反应为放热反应，升高温度平衡左移，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，故k正增大的倍数小于k逆增大的倍数。故答案为<。
②当反应达到平衡时，υ正=υ逆，故=c(N2)c2(CO2)/c2(NO)c2(CO)=K，根据化学方程式可知，平衡时c (NO)=c(CO)=0.6mol∙L-1，c(N2)=0.2 mol∙L-1，c(CO2)=0.4 mol∙L-1，故= c(N2)c2(CO2)/[c2(NO)c2(CO)]=(0.2×0.42)/(0.62×0.62)=20/81≈0.25，故答案为0.25。
22． ① 高于300℃时，以反应II为主，反应II为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大 d 降低温度或及时分离出产物或液化移去（任写一条） c 减小 0.8
【详解】(1)由盖斯定律有有2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，所以，故答案为：；
(2)升高温度，反应向吸热方向进行（即△H＞0的方向），所以反应I向逆向进行，II向正向进行，CH3OCH3变少，CO2增多，故，CH3OCH3选择性应一直减小，故表示平衡时CH3OCH3选择性时曲线①；当T＞300℃时曲线②（CO2平衡转化率）随温度升高的原因为：反应I的△H＜0，II的△H＞0，升高温度使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，故温度T＞300℃时反应II占主导；增大压强，反应向气体体积减小的方向进行，若想要提高CH3OCH3的选择性，应向反应I的正反应方向进行，II的逆反应方向进行，所以应选择低温高压，故答案为：①；高于300℃时，以反应II为主，反应II为吸热反应，温度升高平衡正向移动，CO2的平衡转化增大；d；
(3)①由，增大则的产率增大，所以提高平衡时的产率的措施有：降低温度或及时分离出产物或液化移去，故答案为：降低温度或及时分离出产物或液化移去（任写一条）；
②如完全反应，根据反应可知的物质的量分数为，由于文可逆反应，不可能完全转化，故其物质的量分数小于，
将T=473K代入得，所以，解得，故质量分数在间，故选c；
(4)①降低温度平衡向放热反应方向进行（即△H＜0的方向），所以本题逆向进行，故k正-k逆减小，故答案为：减小；
②设初始浓度为，则根据三段式
，其中，平衡时即，故答案为：0.8。
23． < KC>KA=KB < < b 25 分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行
【详解】(1)由图可知，，，则；
(2)①温度升高，CO平衡转化率下降，平衡逆向移动，即逆向反应为吸热反应，所以正向放热，即；
②K只与温度有关，且反应为放热反应，温度关系为C>A=B则KC>KA=KB；相同温度下，由p1到p2，CO的转化率增大，平衡正向移动，是气体系数减小的方向，即压强增大的方向，所以p2>p1；温度不变，由B点到D点，CO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，则逆反应速率大于正反应速率；
③a.充入CO使H2转化率增大，但是CO转化率减小，b.将产物及时分离使平衡正向移动，有利于提高CO平衡转化率，c.充入He，三种气体的浓度不会改变，则平衡不移动，d.高效催化剂不能提高平衡转化率，故选择b；
此时CO的转化率为0.8%，所以CO转化了0.016mol，
④
；
(3)分子膜可以不断分离出H2O，有利于反应正向进行；
(4)分析价态知，C元素由CO2中的+4价降低到HCOOH中的+2价，得到电子，发生还原反应，m电极是阴极，结合质子交换膜知电极反应式为：
24． +41.19 kJ·mol-1 低温 > 0.135 mol·L-1·min-1 200 L2·mol-2 bd 反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，温度升高平衡向逆方向移动，甲醇产率降低
【分析】反应自发与否的判据为的符号，若，则反应自发，反之则非自发；平衡常数和反应速率的求算可列出三段式进行计算。
【详解】(1)根据盖斯定律，反应Ⅱ可由反应I减去反应Ⅲ得到，即==；平衡常数故填、；
(2)反应Ⅲ为放热反应，分子数减小，若使反应自发进行，则满足，即可，则该反应自发进行的条件为低温自发，故填低温；
(3)①反应I为放热反应，升高温度，平衡左移，表中数据可看出温度T时转化率小于500℃时，所以，故填>；
②500℃时，转化率为60%，根据三段式
10min时，的反应速率为=；平衡常数==，故填、；
(4)①a.反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，反应Ⅲ为放热反应，生高温度，速率加快，反应I和Ⅲ左移，甲醇产量减少，故a错误；
b.缩小体积，相当于增大压强，反应Ⅱ为分子数不变的反应，改变压强对平衡没有影响，反应I和Ⅲ为分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，速率增加，甲醇产量增大，故b正确；
c.分离出甲醇，使浓度减小，反应速率减小，故c错误；
d.增大浓度，反应I和Ⅱ向右移动，CO的量增多，反应Ⅲ右移，速率增大，甲醇产量增加，故d正确；
故填bd；
②反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，温度升高平衡向逆方向移动，甲醇产率降低，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高有利于的转化，不利于甲醇的生成，故填反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，温度升高平衡向逆方向移动，甲醇产率降低。
25． -58 ＞ 温度升高，催化剂的活性降低 B 16.7% 5×10-3
【分析】(1)利用盖斯定律求解即可；
(2) ①直接分析图中数据即可得出结果；
②催化剂均有适宜温度，温度过高很容易造成催化剂失效；
(3) ①根据（1）求算出的反应热，分析反应特点为正向是放热的气体体积增大的方向，结合勒夏特列原理分析即可；
②利用三段式进行求解，根据压强平衡常数公式进行解答。
【详解】(1)根据盖斯定律可知，反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)可由反应Ⅰ减反应Ⅱ，故△H3 =△H1 -△H2=−99 kJ•mol−1，故△H1=△H3 +△H2=-99kJ•mol−1+41 kJ•mol−1=-58 kJ•mol−1，故答案为：-58；
(2)①由上图可知，催化剂1的CO2的转化率和CH3OH的选择性均优于催化剂2，故催化效果Cat.1＞Cat.2，故答案为：＞；
②催化剂的活性强弱与温度有关，每一种催化剂均有最适宜的温度，在210~270℃间，CH3OH的选择性随温度的升高而下降，可能原因温度升高，催化剂的活性降低，故答案为：温度升高，催化剂的活性降低；
(3)①由（1）分析可知，该反应为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-58 kJ•mol−1，正反应是一个放热的气体体积减小的方向，降低温度、增大压强平衡正向移动，甲醇的产率增大，故低温高压有利于提高甲醇平衡产率，故答案为：B。
②假设加入的CO2的物质的量为amol，则H2为3amol，反应反应ⅠCO2转化了xmol，反应ⅡCO2转化了(0.2a-x)mol，根据三段式： ，则
甲醇的选择性=×100%=，解得：x=0.15amol，则(H2)=；故平衡时CO2为0.8amol，H2为3a-0.5a=2.5amol，CH3OH为0.15amol，CO为0.05a，H2O为0.2amol，则体系中，各物质的平衡分压为：P（CO2）= ，p(H2)=，p（CO）=，p(H2O)= ，故反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=5×10-3，故答案为：16.7%；5×10-3。
26． CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=2ΔH3+ΔH2-ΔH1 < d 0.32mol(L•min) 2.041 250℃ CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
【分析】
(1)根据盖斯定律得目标热化学方程式；
(2)根据化学平衡常数K与温度的关系判断反应是放热反应还是吸热反应；
(3)当正逆反应速率相等、各物质的浓度不再改变时，化学反应达到平衡状态；
(4)利用化学反应速率及化学平衡常数的计算公式进行计算；
(5) 以KOH作电解质溶液时，甲醇在负极失电子生成，据此书写负极反应式。
【详解】
(1)已知：CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) ΔH1……①
CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2 ……②
H2(g)+(g)=.H2O(1) ΔH3……③
依据盖斯定律②+③×2-①得CO和H2形成CH3OH的热化学方程式为CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH=2ΔH3+ΔH2-ΔH1；
(2)由表中数据可知，随温度的升高，CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g)的化学平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH<0；
(3)若在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)：
a．据图可知，t1时正反应速率达到最大值但仍然在改变，说明t1时刻未达到平衡状态，a不选；
b．在绝热、恒容的密闭容器中充入1molCO、2molH2生成甲醇，反应放出热量，化学平衡常数应该是减小而不是增大，b不选；
c．t1时甲醇和CO的物质的量相等，但CO和甲醇的物质的量依然在改变，说明反应未达到平衡状态，c不选；
d．t1时CO的质量分数保持不变，说明反应达到平衡状态，d选；答案选d；
(4)T1℃时，在一个体积为1L的恒容容器中充入1molCO、3molH2发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.8，消耗CO的物质的量为1mol×0.8=0.8mol，根据化学方程式可知，消耗H2的物质的量为1.6mol，则5min内用H2表示的反应速率为v(H2)==0.32mol/(L•min)；此时容器中CO、H2、CH3OH的物质的量分别为0.2mol、1.4mol、0.8mol，该反应的平衡常数K==2.041，结合表中数据可知，反应温度为250℃；
(5)为了提高燃料的利用率可以将甲醇设计为燃料电池，以KOH作电解质溶液时，甲醇在负极失电子生成，负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。
【点睛】
第(3)小题为本题的易错点，注意反应的条件为绝热，随着反应的进行，温度升高，化学平衡常数减小。
27． ＜ 降温 C(s)+N2O=C(O)+N2(g) a 相同条件下，NO去除率更高或较低温度下 NO去除的效果好，或纯碳的活化能高、反应速率慢 BD 0.0225 96% 2NO+4e-+4H+=N2+2H2O
【分析】(1)反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)在常温下可以自发进行，满足△H-T△S＜0，提高NO平衡转化率需要平衡正向进行；
(2)根据盖斯定律，将已知热化学方程式叠加，可得待求反应的方程式；
(3)①反应需要的活化能越小，反应越容易发生，物质反应转化率越大，效果越好，根据图示分析判断；
②根据平衡移动原理分析判断；
③根据反应速率的含义计算；利用物质平衡浓度与平衡常数关系计算物质平衡浓度，再根据转化率含义计算可得；
(4)根据原电池中正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，结合图示书写反应方程式。
【详解】(1)反应2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)在常温下可以自发进行，满足△H-T△S＜0，由于△S＞0，所以△H＜0；有利于提高NO平衡转化率的条件是：降低温度，使化学平衡正向进行，NO转化率增大，或从平衡体系中移去氮气或二氧化碳，使化学平衡正向进行；
(2)总反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，
第一步：①2NO=(NO)2
第二步：②(NO)2+C=N2O+C(O)
第三步：③
第四步：④2C(O)=C+CO2
根据盖斯定律，将①+②+③+④整理可得到总反应为：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，则反应③=总反应-(①+②+④)得到：C(s)+N2O=C(O)+N2(g)；
(3)①在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是a，活化能越低，反应越容易发生，因此去除NO效果最好的是a；图中分析可知CaO/C、La2O3/C去除NO效果好于C，原因是相同条件下NO去除率更高；或在较低温度下去除NO的效果或纯碳的活化能高、反应速率慢等；
②图象可知490°C时，NO去除率45%，若测得CaO/C对NO的去除率为60%。
A．及时分离出CO2会使平衡正向进行，速率减慢，不一定会增加NO去除率，A错误；
B．压缩体积，增大了反应物的浓度，反应速率加快，可以增大NO去除率，B正确；
C．恒容下，向体系中通入氦气，总压增大，分压不变，化学平衡不变，物质的平衡转化率不变，C错误；
D．不同催化剂，催化效果不同，寻找更好的催化剂，可以增大NO去除率，D正确；
故合理选项是BD；
③根据图象可知490℃时，NO去除率45%，NO初始浓度0.1 mol/L，则转化浓度0.1 mol/L ×45%=0.045 mol/L，v(NO)==0.0225 mol/(L•h)；
对于反应：2NO(g)+C(s)N2(g)+CO2(g)，设平衡状态生成N2浓度为x mol/L，则平衡时c(CO2)=x mol/L，c(N2O)=(0.1-2x) mol/L，由于平衡常数K==121，解得x= mol/L，所以反应达到平衡状态NO去除率=×100%=96%；
(4)正极上NO得到电子发生还原反应产生N2，正极的电极反应式为：2NO+4e-+4H+=N2+2H2O。
【点睛】本题考查了化学反应速率和化学平衡常数的有关计算、外界条件对化学平衡移动影响原理、热化学方程式计算、原电池反应原理等知识点，明确盖斯定律、化学平衡移动原理及有关概念平衡影响因素分析等是解本题关键，题目考查了学生对知识的掌握与应用能力。
28． H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1 甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小 ＜ BCE 否 O2＋2CO2＋4e－ ＝2
【分析】(1)将甲烷氧化的第一个方程式减去第二个方程式，再整体除以2，再减去H2O(1)= H2O(g)，得到H2燃烧热的热化学方程式。
(2)根据题中活化能的大小得出反应速率关系。
(3)①根据平衡常数表达式进行计算；②先计算压强商，再比较得出(正)与(逆)关系。
③根据平衡状态判断标志进行分析。
(4)化学平衡状态实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的整反应速率还在改变。
(5)氧气化合价降低，因此B为正极。
【详解】(1)已知：H2O(1)=H2O(g) △H=+44.0 mol∙L−1，将甲烷氧化的第一个方程式减去第二个方程式，再整体除以2，再减去H2O(1)=H2O(g)，得到H2燃烧热的热化学方程式为H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1；故答案为：H2(g)＋O2(g)＝H2O(1) ΔH=－284.3 mol∙L−1。
(2)在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率，根据题中活化能的大小关系得出原因可能是甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小；故答案为：甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，因此甲烷蒸汽重整的反应速率小。
(3)①平衡常数；故答案为：。
②再向容器中瞬时同时充入1molCH4、1mol H2O、1molCO、3molH2，，则平衡逆向移动，因此(正)＜(逆)；故答案为：＜。
③A．密度等于质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，因此密度始终不变，不能作为判断平衡的标志；
B．CO体积分数保持不变，能作为判断平衡的标志；
C．平均摩尔质量等于质量除以气体的物质的量，气体质量不变，气体物质的量变化，气体平均摩尔质量变化，当气体平均摩尔质量不变，则达到平衡；
D．c(CO)和c(H2)的比始终是保持不变，因此不能作为判断平衡的标志；
E．2molO—H断裂，反应正向进行，同时有3molH—H断裂，反应逆向进行，反应消耗的物质与化学计量数呈正比，能作为判断平衡的标志；
综上所述，答案为：BCE。
(4)化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应速率，c点对应的整反应速率还在改变，故一定未达到平衡；故答案为：否。
(5)设计一种熔融碳酸盐燃料电池，原理示意如图，根据图中信息，氧气化合价降低，因此B为正极，其电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－ ＝2；故答案为：O2＋2CO2＋4e－ ＝2。
【点睛】化学反应原理综合题是常考题型，主要考查盖斯定律、化学平衡状态判断、化学平衡常数计算、电化学知识等。
29． 不能 -28 0.048 64 2CO2+3OHˉ=CO+HCO+H2O c(Na+)＞c(HCO)＞c(CO)＞ c(OHˉ) ＞ c(H+) ac 恒压条件下充入一定量的二氧化碳气体
【分析】(3)初始投料为3molFe2O3和3molCO，Fe2O3和Fe均为固体，容器恒容，则根据反应方程式可知反应过程中气体的总物质的量不变，始终为3mol；平衡时CO2的体积分数为80%，即物质的量分数为80%，所以n(CO2)=3mol×80%=2.4mol，n(CO)=0.6mol。
【详解】(1)当△G=△H-T△S＜0时反应可以自发进行，反应iv的焓变△H4＞0，该反应为气体分子数增多的反应，所以△S＞0，不能满足任何温度下△G都小于0，所以该反应不能在任何温度下自发进行；
(2)已知：i.C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393kJ/mol
ii.C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172kJ/mol
iii.Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)△H3
iv.2Fe2O3(s)+3C(s)4Fe(s)+3CO2(g)△H4=+460kJ/mol
由盖斯定律可知(iv-ii×3)得到Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)△H3=[+460kJ/mol-(+172kJ/mol)×3]= -28kJ/mol；
(3)①根据分析可知0-5min内△n(CO2)=2.4mol，容器的容积为10L，所以v(CO2)==0.048mol·L-1·min-1；
②平衡时c(CO2)=0.24mol/L，c(CO)=0.06mol/L，平衡常数K==64；
③混合气体中n(CO2)=2.4mol，1L3.6mol/L的NaOH溶液中n(NaOH)=3.6mol，n(CO2)： n(NaOH:2:3，所以该反应的离子方程式为2CO2+3OHˉ=CO+HCO+H2O，反应后溶液中的溶质为等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3；Na+不发生水解，所以c(Na+)最大；碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，所以c(HCO)＞c(CO)；溶液显碱性，所以c(OHˉ) ＞ c(H+)，水解是微弱的，所以溶液中离子浓度由大到小为c(Na+)＞ c(HCO)＞c(CO)＞ c(OHˉ) ＞ c(H+)；
④a．固体的物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故a能说明；
b．反应前后气体物质的量始终不变，体系的压强始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b不能说明；
c．反应前后气体质量变化，气体物质的量不变，所以未平衡时混合气体的平均摩尔质量会发生改变，当其保持不变说明反应达到平衡状态，故c能说明；
d．消耗CO和生成CO2均为正反应，只要反应发生单位时间内消耗CO和生成CO2的物质的量就相等，故其不能说明反应达到平衡状态，故d不能说明；
综上所述选ac；
(4)据图可知t2时刻正反应速率突然减小，然后又逐渐增大，之后达到平衡时与原平衡的反应速率相等，说明反应物的浓度先是被减小，然后又逐渐增大，则该条件改变后平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应，升高温度可以使平衡逆向移动，但升高温度不能使正反应速率减小。而该反应前后气体分子数不变，若保持压强不变向密闭容器中充入二氧化碳，则容器的体积增大导致一氧化碳的浓度减小，正反应速率减小，则二氧化碳的浓度增大了，逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，根据温度不变K=不变，且压强不变时气体的浓度不变，所以再次平衡时正反应速率与原平衡相等。因此，改变的条件可能是：恒压条件下充入一定量的二氧化碳气体。
【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意判断相关物理量是否为变量，若随着反应的进行该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
30． +282.4 放 温度越高，乙烯的平衡转化率越低 1.9a d ＞ 阳 CH3CHO-2e−+H2O=CH3COOH+2H+
【分析】根据盖斯定律可计算C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g)△H的值；根据图象转化率和温度的关系可判断正反应是放热反应；根据A点的转化率由平衡计算的“三段式”可计算混合气体总物质的量及K值；根据升高温度，平衡逆向移动，可判断k正和k逆增大的倍数大小关系；根据可逆反应气体的计量系数减小，而恒压相对于恒容，压强更大，正向移动，可推出转化率增大；根据电解池中，阳极失去电子，发生氧化反应，据此解答。
【详解】(1)由盖斯定律Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ得C2H6(g)⇌C2H4(g)+H2(g) △H=（-1559.9kJ∙mol-1）-（-285.5kJ∙mol-1）-（-1556.8kJ∙mol-1）=+282.4kJ∙mol-1；答案为：+282.4。
(2)①由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动，说明正反应是放热反应；答案为放，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，平衡逆向移动。
②由图可知，A点时乙烯的平衡转化率为10%，
混合气体总物质的量=（0.9+0.9+0.1）amol=1.9amol，A点对应温度下的平衡常数K= = = ；答案为1.9a，。
③平衡时，正、逆反应速率相等，即K==，升高温度，正、逆反应速率都增大，即k正和k逆均增大，但由于正反应是放热反应，平衡逆向移动，K减小，故k正增大的倍数小于k逆；答案为d；
④正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大，C2H4(g)的平衡转化率更高，大于10%；答案为＞。
(3)乙醛生成乙酸，碳元素的化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，因而乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为CH3CHO-2e-+H2O═CH3COOH+2H+；答案为阳， CH3CHO-2e-+H2O═CH3COOH+2H+。
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