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天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-31化学反应速率与化学平衡（2）解答题
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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-31化学反应速率与化学平衡（2）解答题，共66页。试卷主要包含了原理综合题，结构与性质，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-31化学反应速率与化学平衡（2）解答题
一、原理综合题
1．（2021·天津·模拟预测）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，回答下列问题：
(1)CH4的电子式为___________，CS2分子的立体构型为___________。
(2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为___________。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________(填序号)。
a．气体密度b．气体总压c．CH4与S2体积比d．CS2的体积分数
(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。
(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。
2．（2021·天津·模拟预测）含氮化合物是化工、能源、环保等领域的研究热点。
(1)图1所示为利用H2O和空气中的N2以LDH超薄纳米为催化剂在光催化作用下合成氨的原理。
已知：I.2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.4kJ•mol-1；
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ•mol-1。
则上述合成氨的热化学方程式为___。
(2)合成尿素[CO(NH2)2]的反应为2NH3(g)+CO2(g)H2O(l)+CO(NH2)2(s) △H=-134kJ•mol-1。向恒容密闭容器中按物质的量之比4：1充入NH3和CO2，使反应进行，保持温度不变，测得CO2的转化率随时间的变化情况如图2所示。
①若用CO2的浓度变化表示反应速率，则A点的逆反应速率___B点的正反应速率(填“>”“<”或“=”)。
②下列叙述中不能说明该反应达到平衡状态的是___(填选项字母)。
A．体系压强不再变化 B．气体平均摩尔质量不再变化
B．NH3的消耗速率和CO2的消耗速率之比为2：1 D．固体质量不再发生变化
(3)汽车尾气已成为许多大城市空气的主要污染源，其中存在大量NO。实验发现，NO易发生二聚反应2NO(g)N2O2(g)并快速达到平衡。向真空钢瓶中充入一定量的NO进行反应，测得温度分别为T1和T2时NO的转化率随时间变化的结果如图3所示。
①温度为T2时，达到平衡时体系的总压强为200kPa，X点N2O2的物质的量分数为___(保留三位有效数字)，X点对应的压力平衡常数Kp=___kPa-1(用分压表示，气体的分压=气体的物质的量分数×总压，保留小数点后三位)；
②提高NO平衡转化率的条件为___(任写两点)。
3．（2021·天津·模拟预测）氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：
(1)已知部分化学键的键能如表
化学键
N≡N
H —H
N—H
键能/(kJ·mol-1)
946
436
391
工业上合成氨反应当过程中转移3 mol电子时，理论上热量变化为 ___________kJ。
(2)在一个恒容密闭容器中充入2 mol NO(g)和1 mol Cl2(g)发生反应：2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) 在一定温度下测得NO的物质的量(单位：mol)与时间的关系如表所示：
t/min
0
5
8
13
NO的物质的量
2
1.15
1.0
1.0
①测得该反应平衡常数与温度关系为1gKp=5.08+ ，则该反应是___________(填“吸热”或“放热”反应)。
②同温度下，起始时容器内的压强为P0，则该反应的平衡常数KP=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③若同温度下，在相同容器中，充入1 mol NO(g)和0.5 molCl2(g)，则NO的平衡转化率___________50%(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)某研究小组将2 mol NH3、3 mol NO和一定量的O2充入2 L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生反应4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)；NO的转化率随温度变化的情况如图。5 min内，温度从420 K升高到580 K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)___________，420 K之前，NO生成N2的转化率偏低的原因可能是___________。
(4)若将NO2与O2通入如图所示甲装置，D电极上有红色物质析出，A电极的电极反应式为___________。
4．（2021·天津·二模）氮的化合物在生产实践及科学研究中应用广泛
(1)目前工业上使用的捕碳剂有NH3和(NH4)2CO3，它们与CO2可发生如下可逆反应：
2NH3(1)+H2O(1)+CO2(g)⇌(NH4)2CO3(aq)K1
NH3(l)+H2O(1)+CO2(g)⇌NH4HCO3(aq)K2
(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)K3
则K3=___(用含K1、K2的代数式表示)。
(2)利用CO2制备乙烯是我国能源领域的一个重要战略方向，具体如下：CO2催化加氢合成乙烯，其反应为：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)；ΔH=akJ·mol-1。起始时按n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入20L的恒容密闭容器中，不同温度下平衡时H2和H2O的物质的量如图甲所示：
①a___0(选填“>”或“＜”)。
②下列说法正确的是___(填字母序号)。
A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率
B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大
C．测得容器内混合气体密度不随时间改变时，说明反应已达平衡
③393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2)：n(H2)=1：3投入CO2和H2，则将___(填“变大”、“不变”或“变小”)。
(3)N2H4为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，常温下，向10mL0.1mol/L的联氨溶液中，滴加0.1mol/L的HCl溶液xmL溶液中N2H4、N2H、N2H的物质的量分数δ随溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]变化的曲线如图所示。
①25℃时，写出N2H4在水中第一步电离方程式___。
②25℃时，N2H4在水中的第二步电离常数值为___。
③工业上利用NH3制备联氨(N2H4)装置如图，试写出其阳极电极反应式：___。
5．（2021·天津·三模）我国在碳—1化学方面的进展主要集中在合成气化工和甲醇化工。
I.研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2(合成气)，可减缓燃料危机和减弱温室效应，过程包括
反应a：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1>0
反应b：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)△H2>0
(1)反应a在一定条件下能够自发进行的原因是___；该反应工业生产适宜的温度和压强为___(填标号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1：1投料制取CO和H2时，CH4和CO2平衡转化率随温度变化关系如图所示。
①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是___。
②计算923K时反应b的化学平衡常数K=____(计算结果保留小数点后两位)。
II.CO2催化加氢制甲醇：在1.0L恒容密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示。
(3)下列说法正确的是___。
A．该反应的正反应为放热反应
B．压强大小关系为P1
D．在P2及512K时，图中N点v(正)
(4)H2CO3电离常数为：Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11。已知0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=8，则在此溶液中：
①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是___(填序号)。
A．c(NH)+c(NH3·H2O)+c(H+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)+c(OH-)
B．c(NH)+c(NH3·H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)
C．c(H2CO3)-c(CO)-c(NH3·H2O)=9.9×10-7mol·L-1
D．等体积等物质的量浓度NH4HCO3与NaCl溶液混合析出晶体，静置上层清液存在：c(H+)+c(NH)>c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)
②c(H2CO3)：c(CO)=___(结果保留三位有效数字)。
6．（2021·天津·一模）碳的化合物在工业上应用广泛，下面对几种碳的化合物的具体应用进行分析对“碳中和”具有重要意义。
(1)已知下列热化学方程式：
i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH1=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH2=-100kJ·mol-1
又已知在相同条件下，CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)的正反应的活化能Ea(正)为132kJ·mol-1，则逆反应的活化能Ea(逆)为___kJ·mol-1。
(2)查阅资料得知，反应CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量I2的溶液中分两步进行：
第①步反应为CH3CHO(aq)+I2(aq)=CH3I(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反应)；
第②步为快反应；增大I2的浓度能明显增大总反应的平均速率。理由为___。
(3)工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0，在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：
①下列描述能说明该反应处于化学平衡状态的是___(填字母)。
A．CO的体积分数保持不变
B．容器中CO的转化率与H2的转化率相等
C．v逆(CH3OH)=2v逆(H2)
D．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
②平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为___。
③X轴上a点的数值比b点___(填“大”或“小”)，某同学认为图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是___。
(4)甲醇与CO可以生成醋酸，常温下将amol/L的醋酸与bmol·L-1Ba(OH)2溶液以2：1体积比混合，混合溶液中2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，则醋酸的电离平衡常数为_____(忽略混合过程中溶液体积的变化，用含a和b的代数式表示)。
7．（2021·天津北辰·统考一模）国务院总理李克强在2021年国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作，优化产业结构和能源结构，努力争取2060年前实现碳中和。碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：
(1)已知下列热化学方程式：
i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
①写出相同条件下CH2=CHCH2C1和HCl合成CH2ClCHClCH3的热化学方程式____。
②已知①中的正反应的活化能E正为132kJ·mol-1，请在下图中标出①中逆反应的活化能E逆及数值_______。
(2)温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1，反应达到平衡时，测得放出热量19.76kJ，求平衡时：
①H2的转化率为_______
②T℃时该反应的平衡常数K=_______(列计算式表示)。
(3)目前有Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应，历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注。
①写出上述转换中存在的主要反应的化学方程式_____。
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，请用文字说明是否可行_____。
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=_____(T℃时Ka(HCOOH)=2×10-4)。
8．（2021·天津·统考二模）催化氧化二氧化硫是工业制硫酸的主要反应：
(1)催化过程涉及两步反应，其中第一步反应为： ，则第二步反应为_______，其反应热，用含的式子表示为_______。
(2)为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体催化剂的密闭容器装置。
在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按、投料，达平衡时，三个容器中的转化率从大到小的顺序为_______(用“甲、乙、丙”表示)。
(3)在T℃和下，向容器丙中，加入和，达到平衡后的转化率为60%。已知用平衡分压(分压=总压×物质的量分数)代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则_______；相同条件下，若按、、进行投料，则反应开始时_______(填“＞”、“＜”或“=”)
(4)工业上用溶液吸收，再经电解转化为。已知的电离平衡常数为，，则溶液中含S元素粒子浓度由大到小的顺序为_______。如图为电解溶液产生硫酸的装置。则A为电解池的_______(填“阴极”或“阳极”)，写出阳极区域产生硫酸的电极反应式_______。
9．（2021·天津河西·统考三模）硫及其化合物在工农业生产中有广泛的应用，请按要求回答下列问题。
(1)SCl2常做消毒剂，根据下列化学键的键能及S4的结构式：
化学键
S—S
S—Cl
Cl—Cl
键能/(kJ•mol-1)
266
255
243
则反应S4(g)+4Cl2(g)=4SCl2(g)△H=___kJ•mol-1。
(2)S2Cl2常用作橡胶工业的硫化剂，其分子空间结构如图。两个Cl原子犹如在半张开的书的两面上，由此可知它属于__分子(填“极性”或“非极性”)。且已知它易与水反应，产生无色有刺激性气味的气体，同时生成淡黄色沉淀，则该反应的化学方程式___。
(3)工业上制取SCl2的反应之一为S2Cl2(g)+Cl2(g)=2SCl2(g)△H<0。一定压强下，向10L密闭容器中充入1molS2Cl2和1molCl2发生上述反应，Cl2与SCl2的消耗速率与温度的关系如图所示。
①A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的有___(填字母)，理由是__。
②提高SCl2产率可采取措施有___(写出一项即可)。
③若某温度下，反应达到平衡时S2Cl2的转化率为x，则化学平衡常数K=___(用含x的代数式表示)。
(4)向含Zn2+的废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
浓度(mol•L-1)
0.10
0.05
0.10
处理后的废水的pH=___，c(Zn2+)=___。[已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5。
10．（2021·天津滨海新·统考三模）铁是一种非常重要的金属。
(1)中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，反应过程如图。催化剂中添加助剂Na、K、Cu(也起催化作用)后可改变反应的选择性。
①下列说法正确的是___________。(填序号)
A．第i步反应的活化能低于第ii步
B．第i步所发生的反应为：CO2+H2CO+H2O
C．Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小
D．保持其他条件不变，添加不同助剂后各反应的平衡常数不变
②加入助剂K能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是___________。
(2)复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)可用于热化学循环分解制氢气，
原理如下：①MnFe2O4(s)=MnFe2O(4-x)(s)+O2(g) △H1
②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)=MnFe2O4(s)+xH2(g) △H2
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H3
则△H3与△H1、△H2的关系表达式为___________。
(3)纳米铁是重要的储氢材料，可用反应Fe(s)+5CO(g) Fe(CO)5(g)制得。在1L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.24mol CO，在T1、T2不同温度下进行反应，测得c(CO)与温度、时间的关系如图所示。
①T1___________T2，△H___________0(填“>”或“＜”)
②T2温度下，平衡时体系的总压强为p。用某气体组分(B) 的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)代替物质的量浓度也可表示平衡常数(记作Kp)，则 Kp=___________(用p表示)。
(4)高铁酸钾(K2FeO4)被称为“绿色化学”净水剂，在酸性至弱碱性条件下不稳定。电解法可制得K2FeO4，装置如图，阳极电极反应式为：___________，若转移6mol电子，则透过交换膜的离子数目为___________。
11．（2021·天津红桥·统考二模）H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。请回答下列问题：
(1)苯硫酚(C6H5SH)是一种重要的有机合成中间体，工业上常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)来制备苯硫酚。已知下列两个反应的能量关系如下图所示，则C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为___________。
(2)H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610 K时，将0.40 mol H2S与0.10 mol CO2充入2.5 L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)；= +35 kJ/mol，反应达平衡后水蒸气的物质的量为0.01 mol 。
①在610 K时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=___________。
②该条件下，容器中反应达到化学平衡状态的依据是___________(填字母序号)。
A．容器内混合气体密度不再变化 B．v消耗(H2S)=v生成(COS)
C．容器内的压强不再变化 D．H2S与CO2的质量之比不变
(3)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在密闭容器中充入一定量H2S气体，反应原理：2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。
①图中压强(P1、P2、P3)的大小顺序为___________，△H___________0(填>、<或=)。
②如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___________。
③在温度T2、P3=5MPa条件下，该反应的平衡常数Kp=___________ MPa (已知：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
12．（2021·天津南开·统考二模）工业上，常采用氧化还原的方法处理尾气中的。沥青混凝土可作为反应：的催化剂。下图表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，的转化率与温度的关系。
回答下列问题：
(1)反应的___________0(填“>”、“＜”或“=”)。
(2)在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是___________。
(3)a、b两点的平衡常数___________(填“>”、“＜”或“=”)。已知c点时容器中浓度为0.04，则50℃时，在型沥青混凝土中转化反应的平衡常数___________(用含x的代数式表示)。
(4)在均未达到平衡状态时，同温下不同型沥青混凝土中转化速率___________(填“>”、“＜”或“=”)。
(5)工业上常用高浓度的溶液吸收，得到溶液X，再利用电解法使溶液再生，其装置示意图如图所示：
①在阳极区发生的反应包括___________和；
②简述在阴极区再生的原理：___________。
13．（2021·天津河北·统考二模）研究发现，含PM2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等。
(1)在煤炭中加入碳酸钙可减少酸雨的形成。在研究碳酸盐分解时发现MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)，△H表达式为___；已知CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，则该反应能自发进行的条件是___。
工业上可用浓氨水吸收SO2，写出将过量的SO2通入浓氨水的离子方程式___。
(2)某研究组模拟三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置，发生的反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-197.7kJ·mol-1
I.在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料，达平衡时；三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为___(用“甲、乙、丙”表示)。
II.下列均能作为容器甲和容器乙达平衡标志的是___(填字母)。
A．温度不变 B．密度保持不变 C．压强保持不变 D．O2浓度保持不变
III.400℃，在容器丙中投入4molSO2、2molO2进行反应时，放出akJ热量；若在500℃，投入2molSO2、1molO2进行反应，放出bkJ热量，则a___2b(填“﹥”、“﹤”或“=”)。
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()与Na2SO3溶液反应，生成物____(填字母)。
A． B．SO2 C．NaHCO3 D．
答案选A
(4)亚硫酸电离常数为Ka1，Ka2改变0.lmol/L亚硫酸溶液的pH，其平衡体系中含硫元素微粒物质的量分数δ与pH的关系如图，=___。
14．（2021·天津河东·统考二模）为改变生橡胶受热发粘遇冷变硬的不良性能，工业上常将橡胶硫化来改善橡胶的性能，S2Cl2和SCl2均为改善橡胶性能的重要化工产品。
(1)已知下列化学键的键能及S4的结构式
化学键
S-S
S-Cl
Cl-Cl
键能/(kJ/mol)
266
255
243
则S4(s)+ 4Cl2(g)=4SCl2(g) △H=___________kJ/mol。
(2)S2Cl2的电子式是___________。
(3)S2Cl2易与水发生反应，反应中只有一种元素的化合价发生变化，产生无色有刺激性气味的气体，同时有淡黄色沉淀生成，写出此反应的化学反应方程式___________；该反应中被氧化和被还原的元素的质量之比是___________。
(4)反应S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g) △H＜0，在一定压强下， 向10 L密闭容器中充入1 mol S2Cl2和l mol Cl2发生上述反应，Cl2与SCl2的消耗速率与温度的关系如图所示。
①A、B、C三点对应状态下，达到平衡状态的有___________ (填字母)。
②其他条件不变只改变下列一个条件，可以提高S2Cl2平衡转化率的是______
A．升高体系的温度
B．增大氯气的物质的量
C．压缩容器的体积
D．使用合适的催化剂
③某温度下，反应达到平衡时S2Cl2 的转化率是a，用含a的式子表示此反应的化学平衡常数K=___________。
(5)SCl2与SO3反应可以制备亚硫酰氯(SOCl2)，锂、亚硫酰氯(Li/SOCl2)电池是一种比能量最高的电池，若正极反应为2SOCl2+4e- =SO2+S+4Cl-，负极反应式为___________。
15．（2021·天津和平·统考二模）处理含硫烟气(主要成分为SO2)备受关注。回答下列问题：
Ⅰ.处理含硫烟气有以下两种方法
(1)水煤气还原法
已知：i.2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g) △H1=—37.0kJ·mol-1
ii.2H2(g)+SO2(g) S(l)+2H2O(g) △H2=+45.4kJ·mol-1
写出CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的热化学方程式为___。
(2)碱液吸收法
①步骤1：用足量氨水吸收SO2，试写出该反应的化学方程式___。
②步骤2：再加入熟石灰的反应，试写出该反应离子方程式___。
③已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=a；Ksp(CaSO3)=b。该温度下，步骤2中反应的平衡常数K=__(用含a、b的代数式表示)。
Ⅱ.常温下将NaOH溶液滴加到一定浓度的H2SO3溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
(1)Ka1(H2SO3)=___。
(2)当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，溶液中各离子浓度大小关系为___。
Ⅲ.将组成(物质的量分数)为m%SO2(g)、2m%H2(g)和q%He(g)的气体通入密闭反应器，使反应：H2(g)+SO2(g)S(l)+H2O(g)，在温度t、压强P条件下进行反应，平衡时，若H2转化率为α，则平衡常数Kp=___(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
16．（2021·天津河北·统考一模）是大气污染物之一，主要来源于工业烟气及汽车尾气等。除去的方法统称为脱硝，一般有干法脱硝[选择性催化剂法(SCR)]、湿法脱硝等。
请完成下列问题：
(1)汽车发动机工作时会引发反应。2000K时，向固定容积的密闭容器中充入等物质的量的、发生上述反应，各组分体积分数的变化如图1所示。的平衡转化率为___________。
(2)在密闭、固定容积的容器中，一定量NO发生分解的过程中，NO的转化率随时间变化关系如图2所示。
①反应 ___________0(填“>”或“<”)。
②一定温度下，能说明反应已达到化学平衡的___________(填序号)。
a.容器内的压强不发生变化 b.混合气体的密度不发生变化
c.NO、、的浓度保持不变 d.
(3)干法脱硝：SCR(选择性催化剂法)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NO排放。其工作原理如下：
①尿素水溶液热分解为和，该反应的化学方程式为___________。
②加热条件下，反应器中还原NO的化学方程式为___________。
(4)湿法脱硝：采用溶液作为吸收剂可对烟气进行脱硝。323K下，向足量碱性溶液中通入含NO的烟气，充分反应后，溶液中离子浓度的分析结果如下表：
离子
①中心原子的杂化轨道类型为___________，的空间构型为___________。溶液显碱性，用离子方程式解释原因___________。
②依据表中数据，写出溶液脱硝过程中发生总反应的离子方程式___________。
17．（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
18．（2021·天津河东·统考一模）氯及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题，回答下列问题：
Ⅰ.(1)将氨氮()废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如下;
NON2
已知：氧气浓度过高时，会被氧化成。
(1)参与I中反应的n()：n(O2)=___________
(2)废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图，当DO＞2mg/L时，氮的脱际率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生：还有可能是___________
(3)经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量，可以通过改进工艺提高氮的脱除率。
①加入还原铁粉能有效除去。该过程涉及三个反应(a、b和c)如图，在整个反应过程中几乎监测不到NH浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因：___________。
②采用微生物电解工艺也可有效除去，其原理如图，A是电源___________极。B电极反应式：___________
Ⅱ.(4)二氯氨(NHCl2)是由氢气遇氯气生成的化合物，常用作饮用水二级消毒剂，该物质的电子式为___________。
(5)在恒温条件下，将2molCl2和1 mol NH3充入压强可变的密闭容器中反应：
2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得不同压强下平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与压强的关系如图则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是___________点(填“A”“B”或“C”)；计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=___________(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压一总压×物质的量分数，)
19．（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___。
20．（2021·天津武清·统考一模）醛类物质的用途广泛。如，甲醛蒸气可对空气消毒、甲醛溶液可用于生物标本的防腐等；脂肪醛类一般具有麻醉、催眠作用等。回答下列问题：
Ⅰ．与反应用催化的机理如图所示。
(1)在，催化下，转化成，被氧化成___________(填离子符号)。
(2)该催化反应的总反应方程式为___________。
(3)已知的两步电离常数分别为、，当溶液中时，溶液___________。
Ⅱ．利用乙二醛催化氧化法合成乙醛酸的反应原理为：
可能发生副反应有：(草酸)
在反应瓶内加入含(乙二醛)的反应液，加热至45～60℃，通入氧气并保持氧气压强为，反应达平衡状态，得到的混合液中含(乙醛酸)，(草酸)，(乙二醛)(溶液体积变化可忽略不计)。
(1)草酸的平均生成速率为___________。
(2)通过化学反应原理分析，增大压强有利于加快反应速率，对于乙二醛的转化率的影响是___________(填“增大”或“减小”)。
(3)如图所示为起始时氧醛比[]对乙醛酸产率的影响，则选择最佳氧醛比为___________。
(4)已知：为二元弱酸，，，向溶液中滴加溶液。溶液中___________(填“大于”、“小于”或“等于”)。
21．（2021·天津·模拟预测）Ⅰ合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其重要原理为N2＋3H22NH3，反应的平衡常数K值和温度的关系如下：
温度/℃
360
440
520
K值
0.036
0.010
0.003 8
(1)①由表中数据可知正反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。
②理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是___________(填序号)。
a．增大压强 b．使用合适的催化剂
c．升高温度 d．及时分离出产物中的NH3
(2)原料气H2可通过反应CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)获取，已知该反应中，初始混合气中的 恒定时，温度、压强对平衡混合气中CH4含量的影响如图所示：
①图中压强的关系是p1___________(填“＞”“=”或“＜”)p2。
②该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)原料气H2还可通过反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)获取，850℃时，K=1。
①T ℃时，向容积固定为2 L的密闭容器中充入1 mol水蒸气和1 mol CO，反应达平衡后，测得CO2的浓度为0.3 mol·L-1，则平衡时CO的转化率为___________。
②850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0 mol CO，3.0 mol H2O，1.0 mol CO2和x mol H2，则：当x=5.0时，上述平衡向___________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是___________。
③在850℃时，若设x=5.0和x=6.0，其他物质的投料不变，当上述反应达到平衡后，测得H2的体积分数分别为a％、b％，则a___________b(填“大于”“小于”或“等于”)。
22．（2021·天津·模拟预测）研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。回答下列问题：
(1)CO可用于高炉炼铁，已知：
Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2 (g) △H1= a kJ/mol
3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2 (g) △ H2= b kJ/mol
则反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2 (g)的△H=_______kJ/mol
(2)某温度下，在容积为2 L的密闭容器甲中投入8molCO2(g)、16molH2(g)发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)。甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则0〜15 min内用二氧化碳表示平均反应速率v(CO2)=_______，计算此条件下该反应的平衡常数K= _______。
(3)已知(NH4)2CO3捕碳的反应：(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)。将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，保持其它初始实验条件不变，分别在不同温度下，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图：
①c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为Ｖ逆c _______Ｖ正d (填“>”、“=”或“＜”)
②b、c、d三点的平衡常数K b、K c、 Kd 从大到小的顺序为_______。(填“>”、“=”或“＜”)
③T3～T4温度区间，容器内CO2气体浓度呈现增大的变化趋势，其原因是_______。
23．（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___________。
24．（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___________。
25．（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________。
26．（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)。
27．（2020·天津·模拟预测）推动的综合利用实现碳中和是党中央作出的重大战略决策。
(1)科学家利用电化学装置实现和两种分子的耦合转化，其原理如图所示：
①电极A上的电极反应式为___________。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的和体积比为___________。
(2)一定条件可转化为， 。
①下列有关该反应的说法正确的是___________。
A．升高温度逆反应速率加快，正反应速率减慢
B．反应体系中浓度不再变化，说明反应达到平衡状态
C．恒温恒容下达到平衡后，再通入，平衡向正反应方向移动
D．平衡时，若改变体积增大压强，则、均变大
②某温度下恒容密闭容器中，和起始浓度分别为a和3a，反应达平衡时，转化率为b，该温度下反应的平衡常数___________。
③恒压下，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，分子筛膜能选择性分离出。P点甲醇产率高于T点的原因为___________。
(3)与丙烯催化合成甲基丙烯酸。催化剂在温度不同时对转化率的影响如图所示，300℃时转化率低于200℃和250℃的原因可能为___________。
28．（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=___。
二、结构与性质
29．（2021·天津·模拟预测）铁单质及其化合物的应用非常广泛。
(1)基态Fe原子的价层电子排布式为___________。
(2)用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中每个Fe原子紧邻的原子数为___________。每个晶胞B中含Fe原子数为___________。
(3)合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为有、无铁触媒时，反应的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式___________。从能量角度分析，铁触媒的作用是___________。
(4)Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子，如、、。某同学按如下步骤完成实验：
①为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是___________，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，可采取的方法是___________。
②已知Fe3+与SCN-、F-的反应在溶液中存在以下平衡：；，向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为___________，平衡常数为___________(用K1和K2表示)。
三、工业流程题
30．（2021·天津北辰·统考一模）《中国锰业》一文提出用废铁屑还原软锰矿，制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。某公司提供的软锰矿，其主要成分是二氧化锰，其中还含有少量Fe、CaO、MgO、SiO2及重金属等。
(1)I中加铁屑而不加铁块的原因是_______。
(2)写出I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式_______。
(3)加CaCO3之前需要加双氧水的作用_______，结合下表说明，加CaCO3控制溶液pH的范围是_______。
可能用到的数据如下：不同金属离子沉淀的pH
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
1.5
6.5
7.7
沉淀完全pH
3.7
9.7
9.8
(4)深度除杂中加入MnF2的作用_______。
(5)从滤液中获取MnSO4晶体的方法是_______、趁热过滤。
硫酸锰在不同温度下的溶解度表
温度/℃
50
80
90
100
溶解度1(g/100g水)
58
48
42
34
(6)为探究稀硫酸介质中湿法还原软锰矿制备硫酸锰的最佳工艺条件，研究了n(Fe)/n(MnO2)对锰浸出率η的影响。如图实验条件为n(H2SO4)：n(MnO2)=2.1：1，反应温度为50℃，反应时间为80min。请结合图象分析n(Fe)/n(MnO2)约为_______最合适，并说出理由_______。
参考答案：
1．(1) 直线形
(2) 30% d
(3) 放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢
(4)、、写出任意一个
【详解】（1）CH4的电子式为：；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；
（2）①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应，
CS2的体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4的转化率为30%。
②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，不选；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；故选d。
（3）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。
（4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为、、写出任意一个。
2． 2N2(g)+6H2O(g)= 4NH3(g) +3O2(g) △H=+1266kJ•mol-1 < C 78.6% 0.086 降低温度、增大压强
【详解】(1)根据盖斯定律，2反应I +3反应II得到4NH3(g) +3O2(g)= 2N2(g)+6H2O(g) △H=-1266kJ•mol-1，该合成氨的原理为H2O和N2反应O2和NH3，则热化学方程式为：2N2(g)+6H2O(g)= 4NH3(g) +3O2(g) △H=+1266kJ•mol-1；
(2)①由图象知，A点反应未达到平衡，在到达平衡过程中，v逆增大，平衡时v正=v逆，故A点的逆反应速率< B点的正反应速率；
②A．该反应为气体分子数减少的反应，体系压强不再变化，说明达到平衡状态，A正确；
B．反应不生成气体，气体平均摩尔质量不再变化，说明达到平衡状态，B正确；
C．NH3的消耗速率和CO2的消耗速率之比始终为2：1，不能说明达到平衡状态，C错误；
D．固体质量不再发生变化，说明达到平衡状态，D正确；
故选：C；
(3)①设起始投入NO的物质的量为1mol，列三段式：，X点N2O2的物质的量分数为0.44/(0.12+0.44)×100%=78.6%；压力平衡常数；
②由图可知，温度较大反应速率快，达平衡时需要时间短，则T2>T1，温度升高，NO平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，可推出该反应为放热反应，则提高NO平衡转化率即促进平衡正向移动的条件为降低温度、增大压强。
3． 46 放热 小于 0.171 mol/(L·min) 420 K前反应未达平衡，转化率较低 NO2-e- +H2O=+2H+
【详解】(1)N2与H2合成NH3的化学反应方程式：N2+3H2⇌2NH3，每有1 mol N2参加反应，转移6 mol电子，反应过程中的能量变化为Q=946 kJ+3×436 kJ-6×391 kJ=- 92 kJ，即反应放出92 kJ的热量，当合成反应当过程中转移3 mol电子时，则理论上放出热量是=46 kJ；
(2)①该反应平衡常数与温度关系为1gKp=5.08+，可见：温度越高，化学平衡常数越小。说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故该反应的正反应是放热反应；
②对于反应2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，在反应开始时n(NO)=2 mol，n(Cl2)=1 mol，n(ClNO)=0，反应过程中△n(NO)=1 mol，根据物质反应转化关系可知平衡时，n(NO)=1.0 mol，n(Cl2)=0.5 mol，n(ClNO)=1.0 mol，在相同外界条件下，压强比等于气体的物质的量的比，所以==，所以P总=P0，所以化学平衡常数Kp===；
③由已知条件可知反应在加入2 mol NO(g)和1 mol Cl2(g)时反应达到平衡时NO的转化率是50%。该反应的正反应是气体体积减小的反应，若在同温度下，在相同容器中，充入1 mol NO(g)和0.5 molCl2(g)，气体的压强减小，减小压强，化学平衡逆向移动，反应达到平衡时NO的平衡转化率降低，所以在充入1 mol NO(g)和0.5 molCl2(g)时NO的平衡转化率会小于50%；
(3)根据图示可知：在420 K时NO转化率是2%，此时消耗NO的n(NO)=3 mol×2%=0.06 mol；在580 K时NO转化率是59%，此时消耗NO的n(NO)=3 mol×59%=1.77 mol，此时段内NO消耗的物质的量为△n(NO)=1.77 mol-0.06 mol=1.71 mol，由于容器的容积是2 L，所以NO的反应速率v(NO)=== 0.171 mol/(L·min)；
420 K之前，NO生成N2的转化率偏低，原因可能是在420 K前反应未达平衡，转化率较低；
(4)D电极上有红色物质析出，说明D电极为正极，则与D电极连接的A电极为阳极，通入的气体失去电子发生氧化反应，A电极上通入NO2，其失去电子变为N，故A电极的电极反应式为：NO2-e- +H2O= N+2H+。
4． < A 变小 N2H4+H2O⇌N2H+OH- 10-9.3 2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O
【分析】根据题给方程式写出相应反应的平衡常数表达式，结合盖斯定律分析；根据图甲知随着温度的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动；393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2):n(H2)=1:3投入CO2和H2，相当于增大压强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动；POH=9.3时，N2H、N2H浓度相等，Ka2== =c(OH-)得N2H4第二步电离常数；在阳极氨气失电子，发生氧化反应，结合电解质写出电极方程式。
【详解】(1)NH3和(NH4)2CO3与CO2可发生如下可逆反应：2NH3(1)+H2O(1)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq)K1= ，NH3(l)+H2O(1)+CO2(g)NH4HCO3(aq)K2= ，(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)K3= =，则K3=(用含K1、K2的代数式表示)，故答案为：；
(2)①根据图甲知随着温度的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应，a<0；故答案为：<；
②A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率，故A正确；
B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆减小，故B错误；
C．反应体系中各物质均为气体，根据质量守恒定律容器内混合气体的质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度不随反应的进行而变化，密度不随时间改变时，不能说明反应已达平衡，故C错误；
故答案为：A；
③393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2):n(H2)=1:3投入CO2和H2，当于增大压强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)平衡正向移动，则将变小，故答案为：变小；
(3)①25℃时，N2H4在水中第一步电离方程式N2H4+H2ON2H+OH-，故答案为：N2H4+H2ON2H+OH-；
②25℃时，N2H4在水中的第二步电离常数值为POH=9.3时，N2H、N2H浓度相等，Ka2= =c(OH-)= 10-9.3，故答案为：10-9.3；
③工业上利用NH3制备联氨(N2H4)，在阳极氨气失电子，发生氧化反应，阳极电极反应式：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O，故答案为：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O。
5． △S＞0 B CH4和CO2按1：1投料发生反应Ⅰ时转化率相等，CO2还发生反应Ⅱ，所以平衡转化率大于CH4 0.39 AC CD 6.25
【详解】(1)对于反应a：CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)△H1＞0，△S＞0，则反应a在一定条件下能够自发进行的原因是△S＞0；
较低的压强可使平衡正向移动，较高温度能加快合成速率，提高生产效率，该反应工业生产适宜的温度和压强为高温低压，故选B；
(2)①CH4与CO2按1：1投料发生反应a时转化率相等，但CO2还发生反应b，所以CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率；
②反应a，设起始时充入0.1mol/L的CH4与CO2，
，
α(CO2)=1mol/L×70%=0.7mol/L，则反应Ⅱ△c(CO2)=0.7mol/L-0.6mol/L=0.1mol/L，
反应b：
K=(1.3×0.1)/ (0.3×1.1) =0.39；
(3)A．由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；
B．由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1＞p2＞p3，故B错误；
C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则消耗CO2为0.25mol，转化率为0.25/1×100%=25%，故C正确；
D．由图可知，在P2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向进行，则v(正)＞v(逆)，故D错误；
故选：AC；
(4)①A．依据物料守恒可得：c(NH)+c(NH3•H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，溶液的pH=8，呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，则c(NH)+c(NH3·H2O)+c(H+)
C．依据物料守恒关系：①c(NH)+c(NH3•H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，依据电荷守关系：②c(NH)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+2c(CO)，①-②得：c(H2CO3)-c(CO)-c(NH3•H2O)=c(OH-)-c(H+)=(10-6-10-8) mol•L-1=9.9×10-7 mol•L-1，故C正确；
D．滤液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，由于滤液中溶质为氯化铵和NaCl，则c(Na+)＜c(Cl-)，所以c(H+)+c(NH)＞c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，故D正确；
故答案为：CD；
②c(H2CO3)：c(CO)=[ c(H2CO3)×c2(H+)×c(HCO)]：[c(CO)×c2(H+)×c(HCO)]= c2(H+)/ Ka1•Ka2=(10−8)2/4×10−7×4×10−11=6.25。
6． 165 总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大 AD 25% 小 由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度
【详解】(1)根据盖斯定律，i－ii得到目标反应式的ΔH=ΔH1－ΔH2=[(－133)－(－100)]kJ/mol=－33 kJ/mol，该反应为放热反应，逆反应的活化能=正反应的活化能+33 kJ/mol=132 kJ/mol+33 kJ/mol=165 kJ/mol，故答案为165 kJ/mol；
(2)化学反应的速率由慢反应的速率决定，根据题中所给信息，反应①为慢反应，CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)的反应速率由①决定，增加I2的浓度，慢反应速率增大，则总反应速率增大；故答案为总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大；
(3)①A．根据化学平衡状态的定义，CO的体积分数保持不变，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B．投入量的比值等于化学计量数的比值，从反应开始到平衡，CO和H2的转化率相等，故B不符合题意；
C．用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，v逆(CH3OH)=2v逆(H2)时两个反应的方向都是向逆反应方向进行，因此v逆(CH3OH)=2v逆(H2)不能说明反应达到平衡,故C不符合题意；
D．利用,组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应气体物质的量减少，因此当气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡，故D符合题意；
答案为AD；
②建立：，平衡时，M点甲醇的体积分数为10%，即有，解得x=0.25mol，CO的转化率为25%；故答案为25%；
③根据图象，当Y一定时，X轴从0～d甲醇的体积分数增大，即a点的数值比b点小；根据图象，可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；故答案为小；由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；
(4)根据溶液呈现电中性，得出c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，因为2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，因此c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L, 2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=mol/L，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=mol/L，推出c(CH3COOH)= mol/L，根据电离平衡常数的表达式Ka==；故答案为。
7． CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1 40% CO2+4H2CH4+ 2H2O 因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发) 1.6×10-5
【详解】(1)①已知：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
根据盖斯定律，由i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= -100kJ·mol-1-(-133kJ·mol-1)=- 33 kJ·mol-1，故答案为：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1；
②△H=Ea正-Ea逆，则Ea（逆）=Ea正-△H=132kJ•mol-1-（-33kJ•mol-1）=165kJ•mol-1，故答案为：；
(2)①反应热与参加反应的物质的物质的量成正比，由热化学方程式知，3mol氢气完全转化时放出热量为49.4kJ热量，则测得放出热量19.76kJ时，H2的转化率为；
②用三段式法计算得：
，；
(3)①根据图示中箭头方向知，反应物为CO2、H2，生成物为CH4、H2O，故答案为：CO2+4H2CH4+ 2H2O；
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0，任何温度不能自发)；
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，即，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=,故答案为：1.6×10-5。
8． 丙＞甲＞乙 135 ＞ 阴极
【详解】(1) ①
②
利用盖斯定律，将反应①-②×2，即得第二步反应为，其反应热为。答案为：；；
(2)在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按、投料，比较三个容器中达到平衡时的转化率大小，以甲为参照物，乙相当于甲升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，丙相当于甲加压，平衡正向移动，SO2的转化率增大，所以SO2的转化率从大到小的顺序为丙＞甲＞乙。答案为：丙＞甲＞乙；
(3)在T℃和下，向容器丙中，加入和，达到平衡后的转化率为60%。可建立如下三段式：
则=135；相同条件下，若按、、进行投料，浓度商Qp==30＜135，表明反应正向进行，所以反应开始时＞。答案为：135；＞；
(4)已知的电离平衡常数为，，则的水解常数Kh2==6.49×10-13＜，所以溶液中以的电离为主，从而得出含S元素粒子浓度由大到小的顺序为。由图中可知，A电极生成H2，则表明得电子，从而表明A电极为阴极，B电极为阳极；在阳极，失电子生成和H+，电极反应式为。答案为：；阴极；。
【点睛】在阳极，有部分与H+作用，从而生成二氧化硫气体等。
9． -4 极性 B、D 因为用同一物质表示的正逆反应速率相等 提高氯气的通入量、及时分离SCl2(g)、增大压强等措施（答案合理即可） 5 1×10-11mol·L-1
【详解】(1)根据S4结构可知S4(s)内有4个S-S键，则S4(s)+ 4Cl2(g)=4SCl2(g) △H=(4×266+4×243-4×2×255)kJ/mol=-4 kJ.mol-1，故答案为：-4；
(2)根据S2Cl2分子空间结构可知， S2Cl2结构与H2O2相似，是由极性键组成的极性分子；S2Cl2水解产生无色有刺激性气味的气体二氧化硫和淡黄色沉淀S，根据元素守恒还生成氯化氢，该反应的化学方程式为；
(3) ①S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)，当同种物质正逆反应速率相等时，反应到达平衡，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以当Cl2的消耗速率的两倍与SCl2的消耗速率相等时，该反应到达平衡，图中在250 ℃时，B、D两点对应的状态下，换成同一物质表示的正、逆反应速率相等，所以达到平衡状态的有B、D两点，故答案为：B、D；因为用同一物质表示的正逆反应速率相等；
②对于反应S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)来说，是气体分子数减小的放热反应，若要提高SCl2产率，则需使该反应平衡向正反应方向移动，可采用提高氯气的通入量、及时分离SCl2(g)、增大压强等措施（答案合理即可）；
③应达到平衡时S2Cl2 的转化率是x，列出三段式：，反应的平衡常数K= ===；
(4)已知Ka(CH3COOH)=，则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S) =×= =1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.0×10-12 mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则计算得出c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1，故答案为：5；1×10-11mol·L-1。
10． BD 降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率 △H3= ＞ ＜ Fe+8OH——6e—=FeO+4 H2O 6NA
【详解】
(1) ①A．活化能越低，反应速率越快，第i步反应的速率慢，则第i步反应的活化能高于第ii步，故错误；
B．由图可知，第i步所发生的反应为二氧化碳与氢气反应生成一氧化碳和水，反应的化学方程式为CO2+H2CO+H2O，故正确；
C．Fe3(CO)12/ZSM-5是反应的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变二氧化碳加氢合成低碳烯烃的焓变ΔH，故错误；
D．化学平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则保持其他条件不变，添加不同助剂后各反应的平衡常数不变，故正确；
BD正确，故答案为：BD；
②加入助剂K，改变了催化剂的选择性，降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率，从而提高了单位时间内乙烯产量，故答案为：降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率；
(2)由盖斯定律可知，可得反应③，则△H3与△H1、△H2的关系表达式为△H3=，故答案为：△H3=；
(3)①温度越高，反应速率越快，达到平衡所需反应时间越少，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，温度为T1时反应先达到平衡，则温度为T1时反应速率快于T2，T1高于T2，由T1时一氧化碳浓度大于T2，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＞；＜；
②由图可知，T2温度下达到平衡时一氧化碳的物质的量为0.04mol/L×1L=0.04mol，则五羰基合铁的物质的量为=0.04mol，平衡时一氧化碳和五羰基合铁的平衡分压均为，平衡常数Kp==，故答案为：；
(4)由图可知，铁棒为电解池的阳极，碱性条件下，铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根和水，电极反应式为Fe+8OH——6e—=FeO+4 H2O，若转移6mol电子，由电荷守恒可知，有6mol氢氧根离子透过阴离子交换膜由阴极室进入阳极室，故答案为：Fe+8OH——6e—=FeO+4 H2O；6NA。
11． C6H5Cl(g)+H2S(g) C6H5SH(g)+HCl(g) ΔH=-16.8 kJ/mol 0.002mol/(L·min) D P3>P2>P1 > 及时分离出产物H2或S2 1
【详解】(1)根据图象，推出①C6H5Cl(g)＋H2S(g)C6H6(g)＋HCl(g)＋S8(g) =－45.8kJ·mol－1，②C6H5Cl(g) C6H6(g)＋S8(g) =－(104－75)kJ·mol－1=－29kJ·mol－1，①－②得出C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；故答案为：C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；
(2)①达到平衡后水蒸气的物质的量为0.01mol，则消耗H2S的物质的量为0.01mol，根据化学反应速率的数学表达式，推出v(H2S)==2×10－3mol/(L·min)；故答案为：2×10－3mol/(L·min)；
②A．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，该反应条件是恒容状态，容器的体积保持不变，因此密度始终保持不变，即密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故A不符合题意；
B．消耗H2S和生成COS都是向正反应方向进行，因此v消耗(H2S)=v生成(COS)，不能说明该反应达到平衡，故B不符合题意；
C．反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体压强始终保持不变，压强不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．开始时投入H2S和CO2物质的量不同，随着反应进行，剩余H2S和CO2物质的量之比不断变化，当H2S和CO2物质的量之比不再变化，即H2S和CO2质量之比不再变化时，反应达到平衡，故D符合题意；
答案为：D；
(3)①作等温线，根据反应方程式，增大压强，平衡向逆反应方向进行，H2S的平衡转化率降低，即P3＞P2＞P1；随着温度升高H2S平衡转化率增大，根据勒夏特列原理，正反应方向为吸热反应，即＞0；故答案为：P3＞P2＞P1；＞；
②根据勒夏特列原理，可以采取措施及时分离出产物H2或S8，故答案为：及时分离出产物H2或S8；
③令H2S起始物质的量为amol，建立三段式：，H2的分压为P3×MPa，S2的分压为P3×MPa，H2S的分压为P3×MPa，利用平衡常数的数学表达式，Kp=P3=5MPa，代入上式，得出Kp=1MPa，故答案为：1。
12． < a > < 阴极区，溶液中的放电，破坏水的电离平衡，浓度增大，与发生反应：，使得重生。
【详解】(1)该反应为气体分子总数减小的反应，混乱度减小，故＜0；
(2)一氧化碳的转化率先升高后降低，说明温度较低时，反应速率慢，反应相同时间未达到平衡，而温度较高时，反应速率较快，反应相同时间反应已达平衡，继续升温时，一氧化碳的转化率降低，是因为温度升高平衡向逆反应方向移动，导致温度升高到一定程度后，一定时间内一氧化碳的转化率降低，说明该反应为放热反应；故在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是a；
(3)平衡常数是温度的函数，根据(2)分析可知，该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，K减小，故>；c点时容器中浓度为0.04，c点为平衡点，由图可知c点CO的转化率为x，CO起始浓度为amol/L；列三段式如下：
K= ==；
(4)由图可知，未达到平衡状态时，相同温度下，β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大，同温下不同型沥青混凝土中转化速率＜；
(5)碳酸钾溶液吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，故X为碳酸氢钾；
①由图示可知，阳极区生成二氧化碳和氧气，为水电离的氢氧根离子放电，生成氧气，同时生成氢离子，氢离子与碳酸氢根离子结合生成二氧化碳和水，故生成氧气的极反应式为：；
②该装置为电解池，阴极区，溶液中的放电，破坏水的电离平衡，浓度增大，与发生反应：，使得重生。
13． 高温 丙＞甲＞乙 CD ＞ A
【详解】(1)由盖斯定律可知，；CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，时能自发进行，由于，，所以要使该反应能自发进行，应在高温下进行；为酸性氧化物，氨水溶液呈碱性，所以过量的与浓氨水反应生成和，则其离子方程式为：故答案为：；高温；；
(2) I.乙因为是绝热容器，该反应为放热反应，所以相对于甲，乙中温度比甲高，升高温度平衡逆向移动，的转化率降低；比较甲、丙，该反应为气体体积减小的反应，丙在恒压的条件下，甲相对于丙，相对于减小压强，平衡逆向移动，的转化率降低，综上所述，三个容器中的转化率从大到小的顺序为：丙＞甲＞乙，故答案为：丙＞甲＞乙；
IIA．甲为恒温恒容的密闭容器，所以温度一直保持不变，则温度不变不能用于判断该反应是否处于平衡状态，故A不选；
B．甲、乙均为恒容密闭容器，又由于该反全为气体参加的反应，所以在恒容的密闭容器中密度始终保持不变，故B不选；
C．在恒容的密闭容器中，该反应为非等体积反应，所以压强不变时，该反应处于平很状态，故选C；
D．一定条件下，当时，反应体系中所有参加反应的物质的物质的量或浓度保持恒定不变，则O2浓度保持不变可用于判断该反应是否处于不平衡状态，故选D；
故答案选CD；
III 丙为恒温恒压的密闭体系，所以相同温度下在容器丙中分别投入4molSO2、2molO2和2molSO2、1molO2进行反应平衡不发生移动；则所释放的能量前者为后者的两倍；若前者反应温度为400℃，后者反应温度为500℃，且该反应为放热反应，所以平衡逆向移动，则前者释放的能量大于后者的两倍，故答案为：＞；
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()，则根据强酸制备弱酸可知，水杨酸()与亚硫酸钠溶液反应生成与NaHSO3，故选A；
(4)时，，当时，，，故答案为：。
14． -4 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl 1：3 B B Li+Cl-+e-=LiCl↓ (或Li+e-=Li+)
【详解】(1)根据S4结构可知S4(s)内有4个S-S键，则S4(s)+ 4Cl2(g)=4SCl2(g) △H=(4×266+4×243-4×2×255)kJ/mol=-4 kJ/mol，所以答案为-4；
(2)S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，所以其电子式是：；
(3)S2Cl2与水发生反应，产生无色有刺激性气味的气体，同时有淡黄色沉淀生成，说明生成了S和SO2，其他元素化合价不变，则此反应的化学反应方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl；该反应中一个S上升，被氧化，三个S下降，被还原，所以该反应中被氧化和被还原的元素的质量之比是1：3；
(4)①S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)，当同种物质正逆反应速率相等时，反应到达平衡，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以当Cl2的消耗速率的两倍与SCl2的消耗速率相等时，该反应到达平衡，图中只有B点符合，所以A、B、C三点中B点到达平衡。
②S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g) △H＜0，正反应为放热且气体分子总数不变的反应。
A．该反应为放热反应，升高体系的温度，平衡逆向移动，S2Cl2平衡转化率下降，A错误；
B．增大氯气的物质的量，平衡正向移动，S2Cl2平衡转化率增大，B正确；
C．该反应为气体分子总数不变的反应，压缩容器的体积，平衡不移动，S2Cl2平衡转化率不变；
D．催化剂不能改变平衡转化率，D错误；
答案选B；
③应达到平衡时S2Cl2 的转化率是a，列出三段式：，反应的平衡常数K= ==。
(5)锂做负极，失电子，生成氯化锂，所以负极电极反应式为：Li+Cl-+e-=LiCl (或Li+e-=Li+)。
15． CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1 SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O 2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O 1×10-1.8 c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)
【详解】Ⅰ.(1)由盖斯定律可知，可得CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的方程式CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，则△H==—41.2kJ·mol-1，反应的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1；
(2) ①用足量氨水吸收二氧化硫的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应的化学方程式为SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，故答案为：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O；
②用足量氨水吸收二氧化硫的反应后，再加入熟石灰发生的反应为亚硫酸铵与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀和一水合氨，反应离子方程式为2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O，故答案为：2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O；
③由反应的方程式可知，反应的平衡常数K===，故答案为：；
Ⅱ.(1)亚硫酸为二元弱酸，一级电离常数大于二级电离常数，由图可知，当c(H2SO3)=c(HSO)时，lg=0，溶液pH为1.8，当c(SO)=c(HSO)时，lg=0，溶液pH为6.9，则曲线M表示溶液的pH与lg的关系，Ka1(H2SO3)= = c(H+)=1×10-1.8，故答案为：1×10-1.8；
(2) 当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，反应得到亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合溶液，则溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)；
Ⅲ.设混合气体的物质的量为100mol，则混合气体中含有mmol二氧化硫、2mmol氢气和qmol氦气，由温度t、压强P条件下进行反应，反应达到平衡时H2转化率为α可建立如下三段式：
由P1：P2=n1：n2可得：，解得平衡时P平=，则平衡时氢气、二氧化硫和水蒸气的平衡分压分别为=、=、=，平衡常数Kp==，故答案为：。
16． 60% < c V形
【详解】(1)设充入、的物质的量都是1mol，根据图示，平衡时n(NO)=2mol×60%=1.2mol、n(N2)=2mol×20%=0.4mol、n(O2)=2mol×20%=0.4mol，所以的平衡转化率为60%；
(2)①根据图示，温度下反应速率快，所以，温度越高，NO转化率越低，所以反应 <0；
②a．反应前后气体系数总和不变，压强是恒量，容器内的压强不发生变化，反应不一定平衡，故不选a；
b．气体总质量不变、容器体积不变，根据 ，密度是恒量，混合气体的密度不发生变化，反应不一定平衡，故不选b；
c．达到平衡状态时，各物质浓度不变，NO、、的浓度保持不变，一定达到平衡状态，故选c；
d．达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比，时达到平衡，故不选d；
选c；
(3)①尿素水溶液热，和水反应生成和，该反应的化学方程式为；
②加热条件下，反应器中还原NO生成氮气和水，反应的化学方程式为；
(4)①中Cl原子价电子对数是 ，有2个孤电子对，杂化轨道类型为，的空间构型为V形。是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，；
②依据表中数据，NO被氧化为、，且、的比为2:1，被还原为，反应的离子方程式。
【点睛】本题考查化学平衡计算、化学平衡判定、氧化还原反应方程式书写，明确化学平衡定义，理解氧化还原反应中电子守恒规律的应用，培养学生应用知识解决实际问题的能力。
17． 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。
18． 2：3 I中产生得NO全部被氧化为NO，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生 NH的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c ＞b 正 阴极发生了2NO + 12H+ + 10e- = N2↑ + 6H2O B 0.5
【详解】Ⅰ.(1)I中：被O2氧化为，N元素升高了6价，O2中的O元素降低了2价，O2分子降低了4价，升降的最小公倍数为12，所以n()：n(O2)==2：3；
(2)当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，I中产生的又被O2继续氧化为，导致II中反应因无而无法发生；
(3)①由图可以看出：b反应生成了，c反应消耗了，当反应速率c＞b时，在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加，即NH的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c ＞ b；
②与A相连的电极发生的反应是转化为，属于氧化反应，该电极属于阳极，所以A为电源的正极；阴极可以实现转化为N2，B电极反应式为：2NO + 12H+ + 10e- = N2↑ + 6H2O；
Ⅱ.(4)二氯氨(NHCl2)为共价化合物，其电子式为；
(5)根据平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系，可知B点HCl的物质的量浓度最大，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是B点；设反应的NH3的物质的量为x mol，可列出三段式：，C点氯气浓度与HCl浓度相等，则2-2x=2x，解得，x=0.5，反应后气体总物质的量为(3-3x+2x)=2.5mol，总压强为10Mpa，则平衡常数为。
19． 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。
20． HCO HCHO+O2 CO2+H2O -lgK2 0.02 增大 0.55 小于
【详解】I．(1)由图中所给的反应机理推知本反应过程中-CHO被氧气氧化为HCO；
(2)与反应用催化的机理图中推知，反应的化学方程式为：HCHO+O2 CO2+H2O；
(3)已知 ，，当时，K2=c(H+)，故pH=-lg c(H+)=-lgK2；
II．(1)3h达到平衡后H2C2O4的物质的量为0.12mol，溶液体积为2L，则 故v(H2C2O4)= ；
(2)正反应为气体体积减小的反应，故增大压强，平衡向正反应方向移动，转化率增大；
(3)根据图象，乙醛酸产率最高的氧醛比为：0.55；
(4)溶液中滴加溶液，两者1：1反应生成KHC2O4，故溶液中的溶质为KHC2O4，根据H2C2O4的，，HC2O4-的电离平衡常数为，常温下水解平衡常数为＜Ka2，故HC2O4-在水溶液中电离程度大于水解程度，水解产生H2C2O4，电离产生C2O42-，故小于
21． 放热 ad p1＜ p2 吸热 60% 逆反应 x＜3 小于
【详解】(1)①由图表可知，升高温度，反应平衡常数减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应；
②a.该反应正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氢气转化率增大，a正确；
b.使用合适的催化剂，平衡不移动，氢气转化率不变，b错误；
c.正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气转化率降低，c错误；
d.及时分离住产物氨气，平衡正向移动，氢气转化率增大，d正确；
故答案为：ad；
(2)①正反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，甲烷含量增大，所以p1＜ p2；
②由图可知，随温度升高甲烷的平衡含量减小，说明温度升高平衡正向移动，故正反应为吸热反应；
(3)①T℃时，向容积固定为2L的容器中充入1mol水蒸气和1mol一氧化碳，反应达平衡后，测得二氧化碳的浓度为0.3mol/L，则；，平衡时CO的转化率=；
②设容器体积为V，根据平衡常数可以算出>1，平衡逆向移动；若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则K<1，带入可得，解得x<3；
③，，解得x=0.2，则H2的体积分数为a％=；，解得x=，则H2的体积分数为，a
【详解】(1)已知：①Fe3O4(s)+4CO(g)═3Fe(s)+4CO2(g) △H1=a kJ/mol，②3Fe2O3(s)+CO(g)═2Fe3O4(s)+CO2(g) △H2=b kJ/mol，根据盖斯定律：可得Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g)，△H==kJ/mol，故答案为：；
(2)反应15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则消耗CO2的物质的量为：8mol×75%=6mol，列三段式：
则0～15 min内平均反应速率v(CO2)== 0.2mol·L-1·min-1；此条件下该反应的平衡常数K==1.8，故答案为：0.2mol·L-1·min-1；1.8；
(3) ①温度越高，反应速率越快，d点温度高，则c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为：v逆c
③T3～T4温度区间，容器内CO2气体浓度呈现增大的变化趋势，其原因是T3-T4 区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于 CO2 的捕获。
23． ＞ 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。
24． -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。
25． 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。
26． （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。
27． 6∶5 BD 分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低
【分析】平衡标志判断可从两个方面入手：(1)正逆反应的速率相等；(2)体系中各物质的浓度保持不变。
【详解】(1)①如图，该装置为电解池装置，二氧化碳经过电极A后变为一氧化碳，化合价降低，为阴极，电极反应式为，故填；
②电极B作阳极，根据题意，其电极反应为，电极A的反应式为，所以体积比为；
(2)①A.对于任何反应，升高温度，正逆反应均加快，故A错误；
B.当体系中甲醇浓度不再改变，反应达平衡，故B正确；
C.恒温恒容下达平衡后，充入氮气，各物质浓度不变，速率不变，平衡不移动，故C错误；
D.平衡若改变体积增大压强，二氧化碳和甲醇浓度增大，故D正确；
故选BD；
②根据题意可建立三段式
平衡常数K==，故填；
③根据题意，分子筛膜分离出水，使平衡向着产物的方向进行，即分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故填分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；
(3)高温时，催化剂活性降低，效率降低，故填温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低。
28． 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。
29．(1)3d64s2
(2) 8 4
(3) 降低反应活化能
(4) 由Fe3+水解产物的颜色所致 向该溶液中加HNO3
【详解】（1）Fe为26号元素，所以基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；
（2）由图可知，晶胞A中Fe的配位数为8，所以每个Fe原子紧邻的原子数为8。根据原子均摊法，每个晶胞B中含Fe原子数为，故答案为：8；；4
（3）由图可知，1mol N2和3mol H2反应时，放出的热量为(a-b)kJ，所以该反应的热化学方程式。铁触媒是反应的催化剂，作用是降低反应活化能，故答案为：；降低反应活化能；
（4）①由于Fe3+水解产物的颜色导致溶液Ⅰ却呈黄色，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，可向该溶液中加HNO3，抑制铁离子的水解，故答案为：由Fe3+水解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3；
②向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色，说明和氟离子转化为，其离子方程式为，和相减得到，所以平衡常数为，故答案为：；。
30． 增大接触面积，充分反应 3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O 充分氧化Fe2+ 大于等于3.7小于7.7 去除Ca2+、Mg2+ 蒸发浓缩或者浓缩结晶 0.76-0.78均可 锰浸出率达95%以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担
【分析】废铁屑还原二氧化锰生成硫酸锰、硫酸铁，硫酸与氧化铝生成硫酸铝，二氧化硅和硫酸不反应，浸出液含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、重金属离子，浸出液中加入碳酸钙调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去铁、铝杂质，加入BaS生成重金属硫化物沉淀，除去中金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+，过滤后，加热滤液浓缩结晶，趁热过滤得到硫酸锰晶体。
【详解】(1) 加铁屑的原因是增大接触面积，使反应更充分；
(2) I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式为3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O；
(3) 加CaCO3之前需要加双氧水的作用为充分氧化Fe2+；为了除去Fe2+与Fe3+，并且不能使Mn2+沉淀，故加CaCO3控制溶液pH的范围是大于3.7小于7.7；
(4)软锰矿中二氧化硅不溶于硫酸过滤除去，浸出液中加入碳酸钙除去Fe3+、Al3+，加入BaS除去重金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+；
(5)硫酸锰溶解度随温度升高而减小，为了从滤液中获得硫酸锰晶体，加热滤液浓缩结晶、趁热过滤；
(6) 由于n(Fe)/n(MnO2)约为0.78时，锰浸出率达95%，以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-31化学反应速率与化学平衡（2）解答题
一、原理综合题
1．（2021·天津·模拟预测）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，回答下列问题：
(1)CH4的电子式为___________，CS2分子的立体构型为___________。
(2)某温度下，若S8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，CH4的转化率为___________。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是___________(填序号)。
a．气体密度b．气体总压c．CH4与S2体积比d．CS2的体积分数
(3)一定条件下，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。据图分析，生成CS2的反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是___________。
(4)用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式___________。
2．（2021·天津·模拟预测）含氮化合物是化工、能源、环保等领域的研究热点。
(1)图1所示为利用H2O和空气中的N2以LDH超薄纳米为催化剂在光催化作用下合成氨的原理。
已知：I.2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.4kJ•mol-1；
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ•mol-1。
则上述合成氨的热化学方程式为___。
(2)合成尿素[CO(NH2)2]的反应为2NH3(g)+CO2(g)H2O(l)+CO(NH2)2(s) △H=-134kJ•mol-1。向恒容密闭容器中按物质的量之比4：1充入NH3和CO2，使反应进行，保持温度不变，测得CO2的转化率随时间的变化情况如图2所示。
①若用CO2的浓度变化表示反应速率，则A点的逆反应速率___B点的正反应速率(填“>”“<”或“=”)。
②下列叙述中不能说明该反应达到平衡状态的是___(填选项字母)。
A．体系压强不再变化 B．气体平均摩尔质量不再变化
B．NH3的消耗速率和CO2的消耗速率之比为2：1 D．固体质量不再发生变化
(3)汽车尾气已成为许多大城市空气的主要污染源，其中存在大量NO。实验发现，NO易发生二聚反应2NO(g)N2O2(g)并快速达到平衡。向真空钢瓶中充入一定量的NO进行反应，测得温度分别为T1和T2时NO的转化率随时间变化的结果如图3所示。
①温度为T2时，达到平衡时体系的总压强为200kPa，X点N2O2的物质的量分数为___(保留三位有效数字)，X点对应的压力平衡常数Kp=___kPa-1(用分压表示，气体的分压=气体的物质的量分数×总压，保留小数点后三位)；
②提高NO平衡转化率的条件为___(任写两点)。
3．（2021·天津·模拟预测）氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：
(1)已知部分化学键的键能如表
化学键
N≡N
H —H
N—H
键能/(kJ·mol-1)
946
436
391
工业上合成氨反应当过程中转移3 mol电子时，理论上热量变化为 ___________kJ。
(2)在一个恒容密闭容器中充入2 mol NO(g)和1 mol Cl2(g)发生反应：2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) 在一定温度下测得NO的物质的量(单位：mol)与时间的关系如表所示：
t/min
0
5
8
13
NO的物质的量
2
1.15
1.0
1.0
①测得该反应平衡常数与温度关系为1gKp=5.08+ ，则该反应是___________(填“吸热”或“放热”反应)。
②同温度下，起始时容器内的压强为P0，则该反应的平衡常数KP=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③若同温度下，在相同容器中，充入1 mol NO(g)和0.5 molCl2(g)，则NO的平衡转化率___________50%(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)某研究小组将2 mol NH3、3 mol NO和一定量的O2充入2 L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生反应4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)；NO的转化率随温度变化的情况如图。5 min内，温度从420 K升高到580 K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)___________，420 K之前，NO生成N2的转化率偏低的原因可能是___________。
(4)若将NO2与O2通入如图所示甲装置，D电极上有红色物质析出，A电极的电极反应式为___________。
4．（2021·天津·二模）氮的化合物在生产实践及科学研究中应用广泛
(1)目前工业上使用的捕碳剂有NH3和(NH4)2CO3，它们与CO2可发生如下可逆反应：
2NH3(1)+H2O(1)+CO2(g)⇌(NH4)2CO3(aq)K1
NH3(l)+H2O(1)+CO2(g)⇌NH4HCO3(aq)K2
(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)K3
则K3=___(用含K1、K2的代数式表示)。
(2)利用CO2制备乙烯是我国能源领域的一个重要战略方向，具体如下：CO2催化加氢合成乙烯，其反应为：2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)；ΔH=akJ·mol-1。起始时按n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入20L的恒容密闭容器中，不同温度下平衡时H2和H2O的物质的量如图甲所示：
①a___0(选填“>”或“＜”)。
②下列说法正确的是___(填字母序号)。
A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率
B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大
C．测得容器内混合气体密度不随时间改变时，说明反应已达平衡
③393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2)：n(H2)=1：3投入CO2和H2，则将___(填“变大”、“不变”或“变小”)。
(3)N2H4为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，常温下，向10mL0.1mol/L的联氨溶液中，滴加0.1mol/L的HCl溶液xmL溶液中N2H4、N2H、N2H的物质的量分数δ随溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]变化的曲线如图所示。
①25℃时，写出N2H4在水中第一步电离方程式___。
②25℃时，N2H4在水中的第二步电离常数值为___。
③工业上利用NH3制备联氨(N2H4)装置如图，试写出其阳极电极反应式：___。
5．（2021·天津·三模）我国在碳—1化学方面的进展主要集中在合成气化工和甲醇化工。
I.研究CO2与CH4反应使之转化为CO和H2(合成气)，可减缓燃料危机和减弱温室效应，过程包括
反应a：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)△H1>0
反应b：H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)△H2>0
(1)反应a在一定条件下能够自发进行的原因是___；该反应工业生产适宜的温度和压强为___(填标号)。
A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压
(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1：1投料制取CO和H2时，CH4和CO2平衡转化率随温度变化关系如图所示。
①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是___。
②计算923K时反应b的化学平衡常数K=____(计算结果保留小数点后两位)。
II.CO2催化加氢制甲醇：在1.0L恒容密闭容器中投入1molCO2和2.75molH2发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量变化如图2所示。
(3)下列说法正确的是___。
A．该反应的正反应为放热反应
B．压强大小关系为P1
D．在P2及512K时，图中N点v(正)
(4)H2CO3电离常数为：Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11。已知0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=8，则在此溶液中：
①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是___(填序号)。
A．c(NH)+c(NH3·H2O)+c(H+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)+c(OH-)
B．c(NH)+c(NH3·H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)
C．c(H2CO3)-c(CO)-c(NH3·H2O)=9.9×10-7mol·L-1
D．等体积等物质的量浓度NH4HCO3与NaCl溶液混合析出晶体，静置上层清液存在：c(H+)+c(NH)>c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)
②c(H2CO3)：c(CO)=___(结果保留三位有效数字)。
6．（2021·天津·一模）碳的化合物在工业上应用广泛，下面对几种碳的化合物的具体应用进行分析对“碳中和”具有重要意义。
(1)已知下列热化学方程式：
i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH1=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH2=-100kJ·mol-1
又已知在相同条件下，CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)的正反应的活化能Ea(正)为132kJ·mol-1，则逆反应的活化能Ea(逆)为___kJ·mol-1。
(2)查阅资料得知，反应CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量I2的溶液中分两步进行：
第①步反应为CH3CHO(aq)+I2(aq)=CH3I(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反应)；
第②步为快反应；增大I2的浓度能明显增大总反应的平均速率。理由为___。
(3)工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH<0，在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示：
①下列描述能说明该反应处于化学平衡状态的是___(填字母)。
A．CO的体积分数保持不变
B．容器中CO的转化率与H2的转化率相等
C．v逆(CH3OH)=2v逆(H2)
D．容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变
②平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为___。
③X轴上a点的数值比b点___(填“大”或“小”)，某同学认为图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是___。
(4)甲醇与CO可以生成醋酸，常温下将amol/L的醋酸与bmol·L-1Ba(OH)2溶液以2：1体积比混合，混合溶液中2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，则醋酸的电离平衡常数为_____(忽略混合过程中溶液体积的变化，用含a和b的代数式表示)。
7．（2021·天津北辰·统考一模）国务院总理李克强在2021年国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作，优化产业结构和能源结构，努力争取2060年前实现碳中和。碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：
(1)已知下列热化学方程式：
i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
①写出相同条件下CH2=CHCH2C1和HCl合成CH2ClCHClCH3的热化学方程式____。
②已知①中的正反应的活化能E正为132kJ·mol-1，请在下图中标出①中逆反应的活化能E逆及数值_______。
(2)温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1，反应达到平衡时，测得放出热量19.76kJ，求平衡时：
①H2的转化率为_______
②T℃时该反应的平衡常数K=_______(列计算式表示)。
(3)目前有Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应，历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注。
①写出上述转换中存在的主要反应的化学方程式_____。
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，请用文字说明是否可行_____。
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=_____(T℃时Ka(HCOOH)=2×10-4)。
8．（2021·天津·统考二模）催化氧化二氧化硫是工业制硫酸的主要反应：
(1)催化过程涉及两步反应，其中第一步反应为： ，则第二步反应为_______，其反应热，用含的式子表示为_______。
(2)为研究该反应，某同学设计了以下三种已装固体催化剂的密闭容器装置。
在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按、投料，达平衡时，三个容器中的转化率从大到小的顺序为_______(用“甲、乙、丙”表示)。
(3)在T℃和下，向容器丙中，加入和，达到平衡后的转化率为60%。已知用平衡分压(分压=总压×物质的量分数)代替平衡浓度计算，得到的平衡常数即为压强平衡常数，则_______；相同条件下，若按、、进行投料，则反应开始时_______(填“＞”、“＜”或“=”)
(4)工业上用溶液吸收，再经电解转化为。已知的电离平衡常数为，，则溶液中含S元素粒子浓度由大到小的顺序为_______。如图为电解溶液产生硫酸的装置。则A为电解池的_______(填“阴极”或“阳极”)，写出阳极区域产生硫酸的电极反应式_______。
9．（2021·天津河西·统考三模）硫及其化合物在工农业生产中有广泛的应用，请按要求回答下列问题。
(1)SCl2常做消毒剂，根据下列化学键的键能及S4的结构式：
化学键
S—S
S—Cl
Cl—Cl
键能/(kJ•mol-1)
266
255
243
则反应S4(g)+4Cl2(g)=4SCl2(g)△H=___kJ•mol-1。
(2)S2Cl2常用作橡胶工业的硫化剂，其分子空间结构如图。两个Cl原子犹如在半张开的书的两面上，由此可知它属于__分子(填“极性”或“非极性”)。且已知它易与水反应，产生无色有刺激性气味的气体，同时生成淡黄色沉淀，则该反应的化学方程式___。
(3)工业上制取SCl2的反应之一为S2Cl2(g)+Cl2(g)=2SCl2(g)△H<0。一定压强下，向10L密闭容器中充入1molS2Cl2和1molCl2发生上述反应，Cl2与SCl2的消耗速率与温度的关系如图所示。
①A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的有___(填字母)，理由是__。
②提高SCl2产率可采取措施有___(写出一项即可)。
③若某温度下，反应达到平衡时S2Cl2的转化率为x，则化学平衡常数K=___(用含x的代数式表示)。
(4)向含Zn2+的废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2++H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：
微粒
H2S
CH3COOH
CH3COO-
浓度(mol•L-1)
0.10
0.05
0.10
处理后的废水的pH=___，c(Zn2+)=___。[已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-23，Ka1(H2S)=1.0×10-7，Ka2(H2S)=1.0×10-14，Ka(CH3COOH)=2.0×10-5。
10．（2021·天津滨海新·统考三模）铁是一种非常重要的金属。
(1)中科院兰州化学物理研究所用Fe3(CO)12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，反应过程如图。催化剂中添加助剂Na、K、Cu(也起催化作用)后可改变反应的选择性。
①下列说法正确的是___________。(填序号)
A．第i步反应的活化能低于第ii步
B．第i步所发生的反应为：CO2+H2CO+H2O
C．Fe3(CO)12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH减小
D．保持其他条件不变，添加不同助剂后各反应的平衡常数不变
②加入助剂K能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是___________。
(2)复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)可用于热化学循环分解制氢气，
原理如下：①MnFe2O4(s)=MnFe2O(4-x)(s)+O2(g) △H1
②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)=MnFe2O4(s)+xH2(g) △H2
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H3
则△H3与△H1、△H2的关系表达式为___________。
(3)纳米铁是重要的储氢材料，可用反应Fe(s)+5CO(g) Fe(CO)5(g)制得。在1L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.24mol CO，在T1、T2不同温度下进行反应，测得c(CO)与温度、时间的关系如图所示。
①T1___________T2，△H___________0(填“>”或“＜”)
②T2温度下，平衡时体系的总压强为p。用某气体组分(B) 的平衡分压(分压=总压×物质的量分数)代替物质的量浓度也可表示平衡常数(记作Kp)，则 Kp=___________(用p表示)。
(4)高铁酸钾(K2FeO4)被称为“绿色化学”净水剂，在酸性至弱碱性条件下不稳定。电解法可制得K2FeO4，装置如图，阳极电极反应式为：___________，若转移6mol电子，则透过交换膜的离子数目为___________。
11．（2021·天津红桥·统考二模）H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。请回答下列问题：
(1)苯硫酚(C6H5SH)是一种重要的有机合成中间体，工业上常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)来制备苯硫酚。已知下列两个反应的能量关系如下图所示，则C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为___________。
(2)H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610 K时，将0.40 mol H2S与0.10 mol CO2充入2.5 L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)；= +35 kJ/mol，反应达平衡后水蒸气的物质的量为0.01 mol 。
①在610 K时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=___________。
②该条件下，容器中反应达到化学平衡状态的依据是___________(填字母序号)。
A．容器内混合气体密度不再变化 B．v消耗(H2S)=v生成(COS)
C．容器内的压强不再变化 D．H2S与CO2的质量之比不变
(3)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在密闭容器中充入一定量H2S气体，反应原理：2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。
①图中压强(P1、P2、P3)的大小顺序为___________，△H___________0(填>、<或=)。
②如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___________。
③在温度T2、P3=5MPa条件下，该反应的平衡常数Kp=___________ MPa (已知：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)
12．（2021·天津南开·统考二模）工业上，常采用氧化还原的方法处理尾气中的。沥青混凝土可作为反应：的催化剂。下图表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，的转化率与温度的关系。
回答下列问题：
(1)反应的___________0(填“>”、“＜”或“=”)。
(2)在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是___________。
(3)a、b两点的平衡常数___________(填“>”、“＜”或“=”)。已知c点时容器中浓度为0.04，则50℃时，在型沥青混凝土中转化反应的平衡常数___________(用含x的代数式表示)。
(4)在均未达到平衡状态时，同温下不同型沥青混凝土中转化速率___________(填“>”、“＜”或“=”)。
(5)工业上常用高浓度的溶液吸收，得到溶液X，再利用电解法使溶液再生，其装置示意图如图所示：
①在阳极区发生的反应包括___________和；
②简述在阴极区再生的原理：___________。
13．（2021·天津河北·统考二模）研究发现，含PM2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等。
(1)在煤炭中加入碳酸钙可减少酸雨的形成。在研究碳酸盐分解时发现MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)，△H表达式为___；已知CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，则该反应能自发进行的条件是___。
工业上可用浓氨水吸收SO2，写出将过量的SO2通入浓氨水的离子方程式___。
(2)某研究组模拟三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置，发生的反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-197.7kJ·mol-1
I.在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按2molSO2、1molO2投料，达平衡时；三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为___(用“甲、乙、丙”表示)。
II.下列均能作为容器甲和容器乙达平衡标志的是___(填字母)。
A．温度不变 B．密度保持不变 C．压强保持不变 D．O2浓度保持不变
III.400℃，在容器丙中投入4molSO2、2molO2进行反应时，放出akJ热量；若在500℃，投入2molSO2、1molO2进行反应，放出bkJ热量，则a___2b(填“﹥”、“﹤”或“=”)。
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()与Na2SO3溶液反应，生成物____(填字母)。
A． B．SO2 C．NaHCO3 D．
答案选A
(4)亚硫酸电离常数为Ka1，Ka2改变0.lmol/L亚硫酸溶液的pH，其平衡体系中含硫元素微粒物质的量分数δ与pH的关系如图，=___。
14．（2021·天津河东·统考二模）为改变生橡胶受热发粘遇冷变硬的不良性能，工业上常将橡胶硫化来改善橡胶的性能，S2Cl2和SCl2均为改善橡胶性能的重要化工产品。
(1)已知下列化学键的键能及S4的结构式
化学键
S-S
S-Cl
Cl-Cl
键能/(kJ/mol)
266
255
243
则S4(s)+ 4Cl2(g)=4SCl2(g) △H=___________kJ/mol。
(2)S2Cl2的电子式是___________。
(3)S2Cl2易与水发生反应，反应中只有一种元素的化合价发生变化，产生无色有刺激性气味的气体，同时有淡黄色沉淀生成，写出此反应的化学反应方程式___________；该反应中被氧化和被还原的元素的质量之比是___________。
(4)反应S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g) △H＜0，在一定压强下， 向10 L密闭容器中充入1 mol S2Cl2和l mol Cl2发生上述反应，Cl2与SCl2的消耗速率与温度的关系如图所示。
①A、B、C三点对应状态下，达到平衡状态的有___________ (填字母)。
②其他条件不变只改变下列一个条件，可以提高S2Cl2平衡转化率的是______
A．升高体系的温度
B．增大氯气的物质的量
C．压缩容器的体积
D．使用合适的催化剂
③某温度下，反应达到平衡时S2Cl2 的转化率是a，用含a的式子表示此反应的化学平衡常数K=___________。
(5)SCl2与SO3反应可以制备亚硫酰氯(SOCl2)，锂、亚硫酰氯(Li/SOCl2)电池是一种比能量最高的电池，若正极反应为2SOCl2+4e- =SO2+S+4Cl-，负极反应式为___________。
15．（2021·天津和平·统考二模）处理含硫烟气(主要成分为SO2)备受关注。回答下列问题：
Ⅰ.处理含硫烟气有以下两种方法
(1)水煤气还原法
已知：i.2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g) △H1=—37.0kJ·mol-1
ii.2H2(g)+SO2(g) S(l)+2H2O(g) △H2=+45.4kJ·mol-1
写出CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的热化学方程式为___。
(2)碱液吸收法
①步骤1：用足量氨水吸收SO2，试写出该反应的化学方程式___。
②步骤2：再加入熟石灰的反应，试写出该反应离子方程式___。
③已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=a；Ksp(CaSO3)=b。该温度下，步骤2中反应的平衡常数K=__(用含a、b的代数式表示)。
Ⅱ.常温下将NaOH溶液滴加到一定浓度的H2SO3溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
(1)Ka1(H2SO3)=___。
(2)当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，溶液中各离子浓度大小关系为___。
Ⅲ.将组成(物质的量分数)为m%SO2(g)、2m%H2(g)和q%He(g)的气体通入密闭反应器，使反应：H2(g)+SO2(g)S(l)+H2O(g)，在温度t、压强P条件下进行反应，平衡时，若H2转化率为α，则平衡常数Kp=___(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
16．（2021·天津河北·统考一模）是大气污染物之一，主要来源于工业烟气及汽车尾气等。除去的方法统称为脱硝，一般有干法脱硝[选择性催化剂法(SCR)]、湿法脱硝等。
请完成下列问题：
(1)汽车发动机工作时会引发反应。2000K时，向固定容积的密闭容器中充入等物质的量的、发生上述反应，各组分体积分数的变化如图1所示。的平衡转化率为___________。
(2)在密闭、固定容积的容器中，一定量NO发生分解的过程中，NO的转化率随时间变化关系如图2所示。
①反应 ___________0(填“>”或“<”)。
②一定温度下，能说明反应已达到化学平衡的___________(填序号)。
a.容器内的压强不发生变化 b.混合气体的密度不发生变化
c.NO、、的浓度保持不变 d.
(3)干法脱硝：SCR(选择性催化剂法)技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NO排放。其工作原理如下：
①尿素水溶液热分解为和，该反应的化学方程式为___________。
②加热条件下，反应器中还原NO的化学方程式为___________。
(4)湿法脱硝：采用溶液作为吸收剂可对烟气进行脱硝。323K下，向足量碱性溶液中通入含NO的烟气，充分反应后，溶液中离子浓度的分析结果如下表：
离子
①中心原子的杂化轨道类型为___________，的空间构型为___________。溶液显碱性，用离子方程式解释原因___________。
②依据表中数据，写出溶液脱硝过程中发生总反应的离子方程式___________。
17．（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
18．（2021·天津河东·统考一模）氯及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题，回答下列问题：
Ⅰ.(1)将氨氮()废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如下;
NON2
已知：氧气浓度过高时，会被氧化成。
(1)参与I中反应的n()：n(O2)=___________
(2)废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图，当DO＞2mg/L时，氮的脱际率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生：还有可能是___________
(3)经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量，可以通过改进工艺提高氮的脱除率。
①加入还原铁粉能有效除去。该过程涉及三个反应(a、b和c)如图，在整个反应过程中几乎监测不到NH浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因：___________。
②采用微生物电解工艺也可有效除去，其原理如图，A是电源___________极。B电极反应式：___________
Ⅱ.(4)二氯氨(NHCl2)是由氢气遇氯气生成的化合物，常用作饮用水二级消毒剂，该物质的电子式为___________。
(5)在恒温条件下，将2molCl2和1 mol NH3充入压强可变的密闭容器中反应：
2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得不同压强下平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与压强的关系如图则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是___________点(填“A”“B”或“C”)；计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=___________(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压一总压×物质的量分数，)
19．（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___。
20．（2021·天津武清·统考一模）醛类物质的用途广泛。如，甲醛蒸气可对空气消毒、甲醛溶液可用于生物标本的防腐等；脂肪醛类一般具有麻醉、催眠作用等。回答下列问题：
Ⅰ．与反应用催化的机理如图所示。
(1)在，催化下，转化成，被氧化成___________(填离子符号)。
(2)该催化反应的总反应方程式为___________。
(3)已知的两步电离常数分别为、，当溶液中时，溶液___________。
Ⅱ．利用乙二醛催化氧化法合成乙醛酸的反应原理为：
可能发生副反应有：(草酸)
在反应瓶内加入含(乙二醛)的反应液，加热至45～60℃，通入氧气并保持氧气压强为，反应达平衡状态，得到的混合液中含(乙醛酸)，(草酸)，(乙二醛)(溶液体积变化可忽略不计)。
(1)草酸的平均生成速率为___________。
(2)通过化学反应原理分析，增大压强有利于加快反应速率，对于乙二醛的转化率的影响是___________(填“增大”或“减小”)。
(3)如图所示为起始时氧醛比[]对乙醛酸产率的影响，则选择最佳氧醛比为___________。
(4)已知：为二元弱酸，，，向溶液中滴加溶液。溶液中___________(填“大于”、“小于”或“等于”)。
21．（2021·天津·模拟预测）Ⅰ合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，其重要原理为N2＋3H22NH3，反应的平衡常数K值和温度的关系如下：
温度/℃
360
440
520
K值
0.036
0.010
0.003 8
(1)①由表中数据可知正反应为___________(填“放热”或“吸热”)反应。
②理论上，为了增大平衡时H2的转化率，可采取的措施是___________(填序号)。
a．增大压强 b．使用合适的催化剂
c．升高温度 d．及时分离出产物中的NH3
(2)原料气H2可通过反应CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)获取，已知该反应中，初始混合气中的 恒定时，温度、压强对平衡混合气中CH4含量的影响如图所示：
①图中压强的关系是p1___________(填“＞”“=”或“＜”)p2。
②该反应为___________(填“吸热”或“放热”)反应。
(3)原料气H2还可通过反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)获取，850℃时，K=1。
①T ℃时，向容积固定为2 L的密闭容器中充入1 mol水蒸气和1 mol CO，反应达平衡后，测得CO2的浓度为0.3 mol·L-1，则平衡时CO的转化率为___________。
②850℃时，若向一容积可变的密闭容器中同时充入1.0 mol CO，3.0 mol H2O，1.0 mol CO2和x mol H2，则：当x=5.0时，上述平衡向___________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动。若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是___________。
③在850℃时，若设x=5.0和x=6.0，其他物质的投料不变，当上述反应达到平衡后，测得H2的体积分数分别为a％、b％，则a___________b(填“大于”“小于”或“等于”)。
22．（2021·天津·模拟预测）研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。回答下列问题：
(1)CO可用于高炉炼铁，已知：
Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2 (g) △H1= a kJ/mol
3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2 (g) △ H2= b kJ/mol
则反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2 (g)的△H=_______kJ/mol
(2)某温度下，在容积为2 L的密闭容器甲中投入8molCO2(g)、16molH2(g)发生反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)。甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则0〜15 min内用二氧化碳表示平均反应速率v(CO2)=_______，计算此条件下该反应的平衡常数K= _______。
(3)已知(NH4)2CO3捕碳的反应：(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)⇌2NH4HCO3(aq)。将一定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体，保持其它初始实验条件不变，分别在不同温度下，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图：
①c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为Ｖ逆c _______Ｖ正d (填“>”、“=”或“＜”)
②b、c、d三点的平衡常数K b、K c、 Kd 从大到小的顺序为_______。(填“>”、“=”或“＜”)
③T3～T4温度区间，容器内CO2气体浓度呈现增大的变化趋势，其原因是_______。
23．（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___________。
24．（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___________。
25．（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________。
26．（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)。
27．（2020·天津·模拟预测）推动的综合利用实现碳中和是党中央作出的重大战略决策。
(1)科学家利用电化学装置实现和两种分子的耦合转化，其原理如图所示：
①电极A上的电极反应式为___________。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的和体积比为___________。
(2)一定条件可转化为， 。
①下列有关该反应的说法正确的是___________。
A．升高温度逆反应速率加快，正反应速率减慢
B．反应体系中浓度不再变化，说明反应达到平衡状态
C．恒温恒容下达到平衡后，再通入，平衡向正反应方向移动
D．平衡时，若改变体积增大压强，则、均变大
②某温度下恒容密闭容器中，和起始浓度分别为a和3a，反应达平衡时，转化率为b，该温度下反应的平衡常数___________。
③恒压下，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，分子筛膜能选择性分离出。P点甲醇产率高于T点的原因为___________。
(3)与丙烯催化合成甲基丙烯酸。催化剂在温度不同时对转化率的影响如图所示，300℃时转化率低于200℃和250℃的原因可能为___________。
28．（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=___。
二、结构与性质
29．（2021·天津·模拟预测）铁单质及其化合物的应用非常广泛。
(1)基态Fe原子的价层电子排布式为___________。
(2)用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中每个Fe原子紧邻的原子数为___________。每个晶胞B中含Fe原子数为___________。
(3)合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为有、无铁触媒时，反应的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式___________。从能量角度分析，铁触媒的作用是___________。
(4)Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子，如、、。某同学按如下步骤完成实验：
①为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是___________，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，可采取的方法是___________。
②已知Fe3+与SCN-、F-的反应在溶液中存在以下平衡：；，向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为___________，平衡常数为___________(用K1和K2表示)。
三、工业流程题
30．（2021·天津北辰·统考一模）《中国锰业》一文提出用废铁屑还原软锰矿，制取高纯硫酸锰的工艺流程如下图所示。某公司提供的软锰矿，其主要成分是二氧化锰，其中还含有少量Fe、CaO、MgO、SiO2及重金属等。
(1)I中加铁屑而不加铁块的原因是_______。
(2)写出I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式_______。
(3)加CaCO3之前需要加双氧水的作用_______，结合下表说明，加CaCO3控制溶液pH的范围是_______。
可能用到的数据如下：不同金属离子沉淀的pH
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Mn(OH)2
开始沉淀pH
1.5
6.5
7.7
沉淀完全pH
3.7
9.7
9.8
(4)深度除杂中加入MnF2的作用_______。
(5)从滤液中获取MnSO4晶体的方法是_______、趁热过滤。
硫酸锰在不同温度下的溶解度表
温度/℃
50
80
90
100
溶解度1(g/100g水)
58
48
42
34
(6)为探究稀硫酸介质中湿法还原软锰矿制备硫酸锰的最佳工艺条件，研究了n(Fe)/n(MnO2)对锰浸出率η的影响。如图实验条件为n(H2SO4)：n(MnO2)=2.1：1，反应温度为50℃，反应时间为80min。请结合图象分析n(Fe)/n(MnO2)约为_______最合适，并说出理由_______。
参考答案：
1．(1) 直线形
(2) 30% d
(3) 放热 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢
(4)、、写出任意一个
【详解】（1）CH4的电子式为：；CS2和二氧化碳是等电子体故其立体构型为：直线型；
（2）①在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2∶1时开始反应，
CS2的体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4的转化率为30%。
②a.恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选；b.反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变一定平衡，不选；c.CH4与S2体积比一直为1:2，故不一定平衡，不选；d.CS2的体积分数说明反应已经达到了平衡，选；故选d。
（3）由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故反应为放热反应。工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600℃时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢。
（4）用燃煤废气(含N2、O2、SO2、CO2、H2O、NOx等)使尾气中的H2S转化为单后硫S)发生的化学反应方程式为、、写出任意一个。
2． 2N2(g)+6H2O(g)= 4NH3(g) +3O2(g) △H=+1266kJ•mol-1 < C 78.6% 0.086 降低温度、增大压强
【详解】(1)根据盖斯定律，2反应I +3反应II得到4NH3(g) +3O2(g)= 2N2(g)+6H2O(g) △H=-1266kJ•mol-1，该合成氨的原理为H2O和N2反应O2和NH3，则热化学方程式为：2N2(g)+6H2O(g)= 4NH3(g) +3O2(g) △H=+1266kJ•mol-1；
(2)①由图象知，A点反应未达到平衡，在到达平衡过程中，v逆增大，平衡时v正=v逆，故A点的逆反应速率< B点的正反应速率；
②A．该反应为气体分子数减少的反应，体系压强不再变化，说明达到平衡状态，A正确；
B．反应不生成气体，气体平均摩尔质量不再变化，说明达到平衡状态，B正确；
C．NH3的消耗速率和CO2的消耗速率之比始终为2：1，不能说明达到平衡状态，C错误；
D．固体质量不再发生变化，说明达到平衡状态，D正确；
故选：C；
(3)①设起始投入NO的物质的量为1mol，列三段式：，X点N2O2的物质的量分数为0.44/(0.12+0.44)×100%=78.6%；压力平衡常数；
②由图可知，温度较大反应速率快，达平衡时需要时间短，则T2>T1，温度升高，NO平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，可推出该反应为放热反应，则提高NO平衡转化率即促进平衡正向移动的条件为降低温度、增大压强。
3． 46 放热 小于 0.171 mol/(L·min) 420 K前反应未达平衡，转化率较低 NO2-e- +H2O=+2H+
【详解】(1)N2与H2合成NH3的化学反应方程式：N2+3H2⇌2NH3，每有1 mol N2参加反应，转移6 mol电子，反应过程中的能量变化为Q=946 kJ+3×436 kJ-6×391 kJ=- 92 kJ，即反应放出92 kJ的热量，当合成反应当过程中转移3 mol电子时，则理论上放出热量是=46 kJ；
(2)①该反应平衡常数与温度关系为1gKp=5.08+，可见：温度越高，化学平衡常数越小。说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故该反应的正反应是放热反应；
②对于反应2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，在反应开始时n(NO)=2 mol，n(Cl2)=1 mol，n(ClNO)=0，反应过程中△n(NO)=1 mol，根据物质反应转化关系可知平衡时，n(NO)=1.0 mol，n(Cl2)=0.5 mol，n(ClNO)=1.0 mol，在相同外界条件下，压强比等于气体的物质的量的比，所以==，所以P总=P0，所以化学平衡常数Kp===；
③由已知条件可知反应在加入2 mol NO(g)和1 mol Cl2(g)时反应达到平衡时NO的转化率是50%。该反应的正反应是气体体积减小的反应，若在同温度下，在相同容器中，充入1 mol NO(g)和0.5 molCl2(g)，气体的压强减小，减小压强，化学平衡逆向移动，反应达到平衡时NO的平衡转化率降低，所以在充入1 mol NO(g)和0.5 molCl2(g)时NO的平衡转化率会小于50%；
(3)根据图示可知：在420 K时NO转化率是2%，此时消耗NO的n(NO)=3 mol×2%=0.06 mol；在580 K时NO转化率是59%，此时消耗NO的n(NO)=3 mol×59%=1.77 mol，此时段内NO消耗的物质的量为△n(NO)=1.77 mol-0.06 mol=1.71 mol，由于容器的容积是2 L，所以NO的反应速率v(NO)=== 0.171 mol/(L·min)；
420 K之前，NO生成N2的转化率偏低，原因可能是在420 K前反应未达平衡，转化率较低；
(4)D电极上有红色物质析出，说明D电极为正极，则与D电极连接的A电极为阳极，通入的气体失去电子发生氧化反应，A电极上通入NO2，其失去电子变为N，故A电极的电极反应式为：NO2-e- +H2O= N+2H+。
4． < A 变小 N2H4+H2O⇌N2H+OH- 10-9.3 2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O
【分析】根据题给方程式写出相应反应的平衡常数表达式，结合盖斯定律分析；根据图甲知随着温度的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动；393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2):n(H2)=1:3投入CO2和H2，相当于增大压强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，平衡正向移动；POH=9.3时，N2H、N2H浓度相等，Ka2== =c(OH-)得N2H4第二步电离常数；在阳极氨气失电子，发生氧化反应，结合电解质写出电极方程式。
【详解】(1)NH3和(NH4)2CO3与CO2可发生如下可逆反应：2NH3(1)+H2O(1)+CO2(g)(NH4)2CO3(aq)K1= ，NH3(l)+H2O(1)+CO2(g)NH4HCO3(aq)K2= ，(NH4)2CO3(aq)+H2O(1)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)K3= =，则K3=(用含K1、K2的代数式表示)，故答案为：；
(2)①根据图甲知随着温度的升高，平衡时氢气的物质的量逐渐增大，水蒸气的物质的量逐渐减小，说明升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应，a<0；故答案为：<；
②A．使用催化剂，可降低反应活化能，加快反应速率，故A正确；
B．其它条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆减小，故B错误；
C．反应体系中各物质均为气体，根据质量守恒定律容器内混合气体的质量不变，容器的容积不变，混合气体的密度不随反应的进行而变化，密度不随时间改变时，不能说明反应已达平衡，故C错误；
故答案为：A；
③393K下，该反应达到平衡后，再向容器中按n(CO2):n(H2)=1:3投入CO2和H2，当于增大压强，该反应正反应为气体物质的量减小的反应，增大压强，2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)平衡正向移动，则将变小，故答案为：变小；
(3)①25℃时，N2H4在水中第一步电离方程式N2H4+H2ON2H+OH-，故答案为：N2H4+H2ON2H+OH-；
②25℃时，N2H4在水中的第二步电离常数值为POH=9.3时，N2H、N2H浓度相等，Ka2= =c(OH-)= 10-9.3，故答案为：10-9.3；
③工业上利用NH3制备联氨(N2H4)，在阳极氨气失电子，发生氧化反应，阳极电极反应式：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O，故答案为：2NH3-2e-+O2-=N2H4+H2O。
5． △S＞0 B CH4和CO2按1：1投料发生反应Ⅰ时转化率相等，CO2还发生反应Ⅱ，所以平衡转化率大于CH4 0.39 AC CD 6.25
【详解】(1)对于反应a：CH4(g)+CO2(g)═2CO(g)+2H2(g)△H1＞0，△S＞0，则反应a在一定条件下能够自发进行的原因是△S＞0；
较低的压强可使平衡正向移动，较高温度能加快合成速率，提高生产效率，该反应工业生产适宜的温度和压强为高温低压，故选B；
(2)①CH4与CO2按1：1投料发生反应a时转化率相等，但CO2还发生反应b，所以CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率；
②反应a，设起始时充入0.1mol/L的CH4与CO2，
，
α(CO2)=1mol/L×70%=0.7mol/L，则反应Ⅱ△c(CO2)=0.7mol/L-0.6mol/L=0.1mol/L，
反应b：
K=(1.3×0.1)/ (0.3×1.1) =0.39；
(3)A．由图可知，随着温度升高，平衡时甲醇的物质的量在减小，所以升温平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，故A正确；
B．由图可知，作一条等温线，因为该反应为气体体积减小的反应，压强越大，平衡时甲醇的物质的量也越大，所以p1＞p2＞p3，故B错误；
C．由图可知，M点对应的甲醇产量为0.25mol，则消耗CO2为0.25mol，转化率为0.25/1×100%=25%，故C正确；
D．由图可知，在P2及512 K时，N点甲醇的物质的量还小于平衡时的量，所以应该正向进行，则v(正)＞v(逆)，故D错误；
故选：AC；
(4)①A．依据物料守恒可得：c(NH)+c(NH3•H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，溶液的pH=8，呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，则c(NH)+c(NH3·H2O)+c(H+)
C．依据物料守恒关系：①c(NH)+c(NH3•H2O)=c(HCO)+c(H2CO3)+c(CO)，依据电荷守关系：②c(NH)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+2c(CO)，①-②得：c(H2CO3)-c(CO)-c(NH3•H2O)=c(OH-)-c(H+)=(10-6-10-8) mol•L-1=9.9×10-7 mol•L-1，故C正确；
D．滤液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)+c(NH)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，由于滤液中溶质为氯化铵和NaCl，则c(Na+)＜c(Cl-)，所以c(H+)+c(NH)＞c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)，故D正确；
故答案为：CD；
②c(H2CO3)：c(CO)=[ c(H2CO3)×c2(H+)×c(HCO)]：[c(CO)×c2(H+)×c(HCO)]= c2(H+)/ Ka1•Ka2=(10−8)2/4×10−7×4×10−11=6.25。
6． 165 总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大 AD 25% 小 由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度
【详解】(1)根据盖斯定律，i－ii得到目标反应式的ΔH=ΔH1－ΔH2=[(－133)－(－100)]kJ/mol=－33 kJ/mol，该反应为放热反应，逆反应的活化能=正反应的活化能+33 kJ/mol=132 kJ/mol+33 kJ/mol=165 kJ/mol，故答案为165 kJ/mol；
(2)化学反应的速率由慢反应的速率决定，根据题中所给信息，反应①为慢反应，CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)的反应速率由①决定，增加I2的浓度，慢反应速率增大，则总反应速率增大；故答案为总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大；
(3)①A．根据化学平衡状态的定义，CO的体积分数保持不变，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B．投入量的比值等于化学计量数的比值，从反应开始到平衡，CO和H2的转化率相等，故B不符合题意；
C．用不同物质的反应速率表示反应达到平衡，要求反应方向是一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，v逆(CH3OH)=2v逆(H2)时两个反应的方向都是向逆反应方向进行，因此v逆(CH3OH)=2v逆(H2)不能说明反应达到平衡,故C不符合题意；
D．利用,组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应气体物质的量减少，因此当气体平均相对分子质量保持不变，说明反应达到平衡，故D符合题意；
答案为AD；
②建立：，平衡时，M点甲醇的体积分数为10%，即有，解得x=0.25mol，CO的转化率为25%；故答案为25%；
③根据图象，当Y一定时，X轴从0～d甲醇的体积分数增大，即a点的数值比b点小；根据图象，可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；故答案为小；由图可知，当X一定时，随着Y值的增大，组分中φ(CH3OH)减小，由信息可知，该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，组分中φ(CH3OH)减小，二者一致，故Y轴表示温度；
(4)根据溶液呈现电中性，得出c(H+)+2c(Ba2+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，因为2c(Ba2+)=c(CH3COO-)，因此c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L, 2c(Ba2+)=c(CH3COO-)=mol/L，根据物料守恒，c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=mol/L，推出c(CH3COOH)= mol/L，根据电离平衡常数的表达式Ka==；故答案为。
7． CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1 40% CO2+4H2CH4+ 2H2O 因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发) 1.6×10-5
【详解】(1)①已知：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
根据盖斯定律，由i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= -100kJ·mol-1-(-133kJ·mol-1)=- 33 kJ·mol-1，故答案为：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1；
②△H=Ea正-Ea逆，则Ea（逆）=Ea正-△H=132kJ•mol-1-（-33kJ•mol-1）=165kJ•mol-1，故答案为：；
(2)①反应热与参加反应的物质的物质的量成正比，由热化学方程式知，3mol氢气完全转化时放出热量为49.4kJ热量，则测得放出热量19.76kJ时，H2的转化率为；
②用三段式法计算得：
，；
(3)①根据图示中箭头方向知，反应物为CO2、H2，生成物为CH4、H2O，故答案为：CO2+4H2CH4+ 2H2O；
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0，任何温度不能自发)；
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，即，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=,故答案为：1.6×10-5。
8． 丙＞甲＞乙 135 ＞ 阴极
【详解】(1) ①
②
利用盖斯定律，将反应①-②×2，即得第二步反应为，其反应热为。答案为：；；
(2)在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按、投料，比较三个容器中达到平衡时的转化率大小，以甲为参照物，乙相当于甲升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，丙相当于甲加压，平衡正向移动，SO2的转化率增大，所以SO2的转化率从大到小的顺序为丙＞甲＞乙。答案为：丙＞甲＞乙；
(3)在T℃和下，向容器丙中，加入和，达到平衡后的转化率为60%。可建立如下三段式：
则=135；相同条件下，若按、、进行投料，浓度商Qp==30＜135，表明反应正向进行，所以反应开始时＞。答案为：135；＞；
(4)已知的电离平衡常数为，，则的水解常数Kh2==6.49×10-13＜，所以溶液中以的电离为主，从而得出含S元素粒子浓度由大到小的顺序为。由图中可知，A电极生成H2，则表明得电子，从而表明A电极为阴极，B电极为阳极；在阳极，失电子生成和H+，电极反应式为。答案为：；阴极；。
【点睛】在阳极，有部分与H+作用，从而生成二氧化硫气体等。
9． -4 极性 B、D 因为用同一物质表示的正逆反应速率相等 提高氯气的通入量、及时分离SCl2(g)、增大压强等措施（答案合理即可） 5 1×10-11mol·L-1
【详解】(1)根据S4结构可知S4(s)内有4个S-S键，则S4(s)+ 4Cl2(g)=4SCl2(g) △H=(4×266+4×243-4×2×255)kJ/mol=-4 kJ.mol-1，故答案为：-4；
(2)根据S2Cl2分子空间结构可知， S2Cl2结构与H2O2相似，是由极性键组成的极性分子；S2Cl2水解产生无色有刺激性气味的气体二氧化硫和淡黄色沉淀S，根据元素守恒还生成氯化氢，该反应的化学方程式为；
(3) ①S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)，当同种物质正逆反应速率相等时，反应到达平衡，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以当Cl2的消耗速率的两倍与SCl2的消耗速率相等时，该反应到达平衡，图中在250 ℃时，B、D两点对应的状态下，换成同一物质表示的正、逆反应速率相等，所以达到平衡状态的有B、D两点，故答案为：B、D；因为用同一物质表示的正逆反应速率相等；
②对于反应S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)来说，是气体分子数减小的放热反应，若要提高SCl2产率，则需使该反应平衡向正反应方向移动，可采用提高氯气的通入量、及时分离SCl2(g)、增大压强等措施（答案合理即可）；
③应达到平衡时S2Cl2 的转化率是x，列出三段式：，反应的平衡常数K= ===；
(4)已知Ka(CH3COOH)=，则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S) =×= =1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.0×10-12 mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则计算得出c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1，故答案为：5；1×10-11mol·L-1。
10． BD 降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率 △H3= ＞ ＜ Fe+8OH——6e—=FeO+4 H2O 6NA
【详解】
(1) ①A．活化能越低，反应速率越快，第i步反应的速率慢，则第i步反应的活化能高于第ii步，故错误；
B．由图可知，第i步所发生的反应为二氧化碳与氢气反应生成一氧化碳和水，反应的化学方程式为CO2+H2CO+H2O，故正确；
C．Fe3(CO)12/ZSM-5是反应的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变二氧化碳加氢合成低碳烯烃的焓变ΔH，故错误；
D．化学平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则保持其他条件不变，添加不同助剂后各反应的平衡常数不变，故正确；
BD正确，故答案为：BD；
②加入助剂K，改变了催化剂的选择性，降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率，从而提高了单位时间内乙烯产量，故答案为：降低了生成乙烯反应的活化能，加快了生成乙烯的反应速率；
(2)由盖斯定律可知，可得反应③，则△H3与△H1、△H2的关系表达式为△H3=，故答案为：△H3=；
(3)①温度越高，反应速率越快，达到平衡所需反应时间越少，平衡向吸热反应方向移动，由图可知，温度为T1时反应先达到平衡，则温度为T1时反应速率快于T2，T1高于T2，由T1时一氧化碳浓度大于T2，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，△H＜0，故答案为：＞；＜；
②由图可知，T2温度下达到平衡时一氧化碳的物质的量为0.04mol/L×1L=0.04mol，则五羰基合铁的物质的量为=0.04mol，平衡时一氧化碳和五羰基合铁的平衡分压均为，平衡常数Kp==，故答案为：；
(4)由图可知，铁棒为电解池的阳极，碱性条件下，铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根和水，电极反应式为Fe+8OH——6e—=FeO+4 H2O，若转移6mol电子，由电荷守恒可知，有6mol氢氧根离子透过阴离子交换膜由阴极室进入阳极室，故答案为：Fe+8OH——6e—=FeO+4 H2O；6NA。
11． C6H5Cl(g)+H2S(g) C6H5SH(g)+HCl(g) ΔH=-16.8 kJ/mol 0.002mol/(L·min) D P3>P2>P1 > 及时分离出产物H2或S2 1
【详解】(1)根据图象，推出①C6H5Cl(g)＋H2S(g)C6H6(g)＋HCl(g)＋S8(g) =－45.8kJ·mol－1，②C6H5Cl(g) C6H6(g)＋S8(g) =－(104－75)kJ·mol－1=－29kJ·mol－1，①－②得出C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；故答案为：C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；
(2)①达到平衡后水蒸气的物质的量为0.01mol，则消耗H2S的物质的量为0.01mol，根据化学反应速率的数学表达式，推出v(H2S)==2×10－3mol/(L·min)；故答案为：2×10－3mol/(L·min)；
②A．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，该反应条件是恒容状态，容器的体积保持不变，因此密度始终保持不变，即密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故A不符合题意；
B．消耗H2S和生成COS都是向正反应方向进行，因此v消耗(H2S)=v生成(COS)，不能说明该反应达到平衡，故B不符合题意；
C．反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体压强始终保持不变，压强不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．开始时投入H2S和CO2物质的量不同，随着反应进行，剩余H2S和CO2物质的量之比不断变化，当H2S和CO2物质的量之比不再变化，即H2S和CO2质量之比不再变化时，反应达到平衡，故D符合题意；
答案为：D；
(3)①作等温线，根据反应方程式，增大压强，平衡向逆反应方向进行，H2S的平衡转化率降低，即P3＞P2＞P1；随着温度升高H2S平衡转化率增大，根据勒夏特列原理，正反应方向为吸热反应，即＞0；故答案为：P3＞P2＞P1；＞；
②根据勒夏特列原理，可以采取措施及时分离出产物H2或S8，故答案为：及时分离出产物H2或S8；
③令H2S起始物质的量为amol，建立三段式：，H2的分压为P3×MPa，S2的分压为P3×MPa，H2S的分压为P3×MPa，利用平衡常数的数学表达式，Kp=P3=5MPa，代入上式，得出Kp=1MPa，故答案为：1。
12． < a > < 阴极区，溶液中的放电，破坏水的电离平衡，浓度增大，与发生反应：，使得重生。
【详解】(1)该反应为气体分子总数减小的反应，混乱度减小，故＜0；
(2)一氧化碳的转化率先升高后降低，说明温度较低时，反应速率慢，反应相同时间未达到平衡，而温度较高时，反应速率较快，反应相同时间反应已达平衡，继续升温时，一氧化碳的转化率降低，是因为温度升高平衡向逆反应方向移动，导致温度升高到一定程度后，一定时间内一氧化碳的转化率降低，说明该反应为放热反应；故在a、b、c、d四点中，未达到平衡状态的是a；
(3)平衡常数是温度的函数，根据(2)分析可知，该反应为放热反应，升高温度平衡逆移，K减小，故>；c点时容器中浓度为0.04，c点为平衡点，由图可知c点CO的转化率为x，CO起始浓度为amol/L；列三段式如下：
K= ==；
(4)由图可知，未达到平衡状态时，相同温度下，β型沥青混凝土中CO降解速率比α型要大，同温下不同型沥青混凝土中转化速率＜；
(5)碳酸钾溶液吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，故X为碳酸氢钾；
①由图示可知，阳极区生成二氧化碳和氧气，为水电离的氢氧根离子放电，生成氧气，同时生成氢离子，氢离子与碳酸氢根离子结合生成二氧化碳和水，故生成氧气的极反应式为：；
②该装置为电解池，阴极区，溶液中的放电，破坏水的电离平衡，浓度增大，与发生反应：，使得重生。
13． 高温 丙＞甲＞乙 CD ＞ A
【详解】(1)由盖斯定律可知，；CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，时能自发进行，由于，，所以要使该反应能自发进行，应在高温下进行；为酸性氧化物，氨水溶液呈碱性，所以过量的与浓氨水反应生成和，则其离子方程式为：故答案为：；高温；；
(2) I.乙因为是绝热容器，该反应为放热反应，所以相对于甲，乙中温度比甲高，升高温度平衡逆向移动，的转化率降低；比较甲、丙，该反应为气体体积减小的反应，丙在恒压的条件下，甲相对于丙，相对于减小压强，平衡逆向移动，的转化率降低，综上所述，三个容器中的转化率从大到小的顺序为：丙＞甲＞乙，故答案为：丙＞甲＞乙；
IIA．甲为恒温恒容的密闭容器，所以温度一直保持不变，则温度不变不能用于判断该反应是否处于平衡状态，故A不选；
B．甲、乙均为恒容密闭容器，又由于该反全为气体参加的反应，所以在恒容的密闭容器中密度始终保持不变，故B不选；
C．在恒容的密闭容器中，该反应为非等体积反应，所以压强不变时，该反应处于平很状态，故选C；
D．一定条件下，当时，反应体系中所有参加反应的物质的物质的量或浓度保持恒定不变，则O2浓度保持不变可用于判断该反应是否处于不平衡状态，故选D；
故答案选CD；
III 丙为恒温恒压的密闭体系，所以相同温度下在容器丙中分别投入4molSO2、2molO2和2molSO2、1molO2进行反应平衡不发生移动；则所释放的能量前者为后者的两倍；若前者反应温度为400℃，后者反应温度为500℃，且该反应为放热反应，所以平衡逆向移动，则前者释放的能量大于后者的两倍，故答案为：＞；
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()，则根据强酸制备弱酸可知，水杨酸()与亚硫酸钠溶液反应生成与NaHSO3，故选A；
(4)时，，当时，，，故答案为：。
14． -4 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl 1：3 B B Li+Cl-+e-=LiCl↓ (或Li+e-=Li+)
【详解】(1)根据S4结构可知S4(s)内有4个S-S键，则S4(s)+ 4Cl2(g)=4SCl2(g) △H=(4×266+4×243-4×2×255)kJ/mol=-4 kJ/mol，所以答案为-4；
(2)S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，所以其电子式是：；
(3)S2Cl2与水发生反应，产生无色有刺激性气味的气体，同时有淡黄色沉淀生成，说明生成了S和SO2，其他元素化合价不变，则此反应的化学反应方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl；该反应中一个S上升，被氧化，三个S下降，被还原，所以该反应中被氧化和被还原的元素的质量之比是1：3；
(4)①S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)，当同种物质正逆反应速率相等时，反应到达平衡，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以当Cl2的消耗速率的两倍与SCl2的消耗速率相等时，该反应到达平衡，图中只有B点符合，所以A、B、C三点中B点到达平衡。
②S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g) △H＜0，正反应为放热且气体分子总数不变的反应。
A．该反应为放热反应，升高体系的温度，平衡逆向移动，S2Cl2平衡转化率下降，A错误；
B．增大氯气的物质的量，平衡正向移动，S2Cl2平衡转化率增大，B正确；
C．该反应为气体分子总数不变的反应，压缩容器的体积，平衡不移动，S2Cl2平衡转化率不变；
D．催化剂不能改变平衡转化率，D错误；
答案选B；
③应达到平衡时S2Cl2 的转化率是a，列出三段式：，反应的平衡常数K= ==。
(5)锂做负极，失电子，生成氯化锂，所以负极电极反应式为：Li+Cl-+e-=LiCl (或Li+e-=Li+)。
15． CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1 SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O 2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O 1×10-1.8 c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)
【详解】Ⅰ.(1)由盖斯定律可知，可得CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的方程式CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，则△H==—41.2kJ·mol-1，反应的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1；
(2) ①用足量氨水吸收二氧化硫的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应的化学方程式为SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，故答案为：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O；
②用足量氨水吸收二氧化硫的反应后，再加入熟石灰发生的反应为亚硫酸铵与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀和一水合氨，反应离子方程式为2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O，故答案为：2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O；
③由反应的方程式可知，反应的平衡常数K===，故答案为：；
Ⅱ.(1)亚硫酸为二元弱酸，一级电离常数大于二级电离常数，由图可知，当c(H2SO3)=c(HSO)时，lg=0，溶液pH为1.8，当c(SO)=c(HSO)时，lg=0，溶液pH为6.9，则曲线M表示溶液的pH与lg的关系，Ka1(H2SO3)= = c(H+)=1×10-1.8，故答案为：1×10-1.8；
(2) 当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，反应得到亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合溶液，则溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)；
Ⅲ.设混合气体的物质的量为100mol，则混合气体中含有mmol二氧化硫、2mmol氢气和qmol氦气，由温度t、压强P条件下进行反应，反应达到平衡时H2转化率为α可建立如下三段式：
由P1：P2=n1：n2可得：，解得平衡时P平=，则平衡时氢气、二氧化硫和水蒸气的平衡分压分别为=、=、=，平衡常数Kp==，故答案为：。
16． 60% < c V形
【详解】(1)设充入、的物质的量都是1mol，根据图示，平衡时n(NO)=2mol×60%=1.2mol、n(N2)=2mol×20%=0.4mol、n(O2)=2mol×20%=0.4mol，所以的平衡转化率为60%；
(2)①根据图示，温度下反应速率快，所以，温度越高，NO转化率越低，所以反应 <0；
②a．反应前后气体系数总和不变，压强是恒量，容器内的压强不发生变化，反应不一定平衡，故不选a；
b．气体总质量不变、容器体积不变，根据 ，密度是恒量，混合气体的密度不发生变化，反应不一定平衡，故不选b；
c．达到平衡状态时，各物质浓度不变，NO、、的浓度保持不变，一定达到平衡状态，故选c；
d．达到平衡状态时，正逆反应速率比等于系数比，时达到平衡，故不选d；
选c；
(3)①尿素水溶液热，和水反应生成和，该反应的化学方程式为；
②加热条件下，反应器中还原NO生成氮气和水，反应的化学方程式为；
(4)①中Cl原子价电子对数是 ，有2个孤电子对，杂化轨道类型为，的空间构型为V形。是强碱弱酸盐，水解溶液显碱性，；
②依据表中数据，NO被氧化为、，且、的比为2:1，被还原为，反应的离子方程式。
【点睛】本题考查化学平衡计算、化学平衡判定、氧化还原反应方程式书写，明确化学平衡定义，理解氧化还原反应中电子守恒规律的应用，培养学生应用知识解决实际问题的能力。
17． 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。
18． 2：3 I中产生得NO全部被氧化为NO，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生 NH的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c ＞b 正 阴极发生了2NO + 12H+ + 10e- = N2↑ + 6H2O B 0.5
【详解】Ⅰ.(1)I中：被O2氧化为，N元素升高了6价，O2中的O元素降低了2价，O2分子降低了4价，升降的最小公倍数为12，所以n()：n(O2)==2：3；
(2)当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，I中产生的又被O2继续氧化为，导致II中反应因无而无法发生；
(3)①由图可以看出：b反应生成了，c反应消耗了，当反应速率c＞b时，在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加，即NH的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c ＞ b；
②与A相连的电极发生的反应是转化为，属于氧化反应，该电极属于阳极，所以A为电源的正极；阴极可以实现转化为N2，B电极反应式为：2NO + 12H+ + 10e- = N2↑ + 6H2O；
Ⅱ.(4)二氯氨(NHCl2)为共价化合物，其电子式为；
(5)根据平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系，可知B点HCl的物质的量浓度最大，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是B点；设反应的NH3的物质的量为x mol，可列出三段式：，C点氯气浓度与HCl浓度相等，则2-2x=2x，解得，x=0.5，反应后气体总物质的量为(3-3x+2x)=2.5mol，总压强为10Mpa，则平衡常数为。
19． 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。
20． HCO HCHO+O2 CO2+H2O -lgK2 0.02 增大 0.55 小于
【详解】I．(1)由图中所给的反应机理推知本反应过程中-CHO被氧气氧化为HCO；
(2)与反应用催化的机理图中推知，反应的化学方程式为：HCHO+O2 CO2+H2O；
(3)已知 ，，当时，K2=c(H+)，故pH=-lg c(H+)=-lgK2；
II．(1)3h达到平衡后H2C2O4的物质的量为0.12mol，溶液体积为2L，则 故v(H2C2O4)= ；
(2)正反应为气体体积减小的反应，故增大压强，平衡向正反应方向移动，转化率增大；
(3)根据图象，乙醛酸产率最高的氧醛比为：0.55；
(4)溶液中滴加溶液，两者1：1反应生成KHC2O4，故溶液中的溶质为KHC2O4，根据H2C2O4的，，HC2O4-的电离平衡常数为，常温下水解平衡常数为＜Ka2，故HC2O4-在水溶液中电离程度大于水解程度，水解产生H2C2O4，电离产生C2O42-，故小于
21． 放热 ad p1＜ p2 吸热 60% 逆反应 x＜3 小于
【详解】(1)①由图表可知，升高温度，反应平衡常数减小，平衡逆向移动，故正反应为放热反应；
②a.该反应正反应为气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，氢气转化率增大，a正确；
b.使用合适的催化剂，平衡不移动，氢气转化率不变，b错误；
c.正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气转化率降低，c错误；
d.及时分离住产物氨气，平衡正向移动，氢气转化率增大，d正确；
故答案为：ad；
(2)①正反应为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，甲烷含量增大，所以p1＜ p2；
②由图可知，随温度升高甲烷的平衡含量减小，说明温度升高平衡正向移动，故正反应为吸热反应；
(3)①T℃时，向容积固定为2L的容器中充入1mol水蒸气和1mol一氧化碳，反应达平衡后，测得二氧化碳的浓度为0.3mol/L，则；，平衡时CO的转化率=；
②设容器体积为V，根据平衡常数可以算出>1，平衡逆向移动；若要使上述反应开始时向正反应方向进行，则K<1，带入可得，解得x<3；
③，，解得x=0.2，则H2的体积分数为a％=；，解得x=，则H2的体积分数为，a
【详解】(1)已知：①Fe3O4(s)+4CO(g)═3Fe(s)+4CO2(g) △H1=a kJ/mol，②3Fe2O3(s)+CO(g)═2Fe3O4(s)+CO2(g) △H2=b kJ/mol，根据盖斯定律：可得Fe2O3(s)+3CO(g)═2Fe(s)+3CO2(g)，△H==kJ/mol，故答案为：；
(2)反应15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%，则消耗CO2的物质的量为：8mol×75%=6mol，列三段式：
则0～15 min内平均反应速率v(CO2)== 0.2mol·L-1·min-1；此条件下该反应的平衡常数K==1.8，故答案为：0.2mol·L-1·min-1；1.8；
(3) ①温度越高，反应速率越快，d点温度高，则c点的逆反应速率和d点的正反应速率的大小关系为：v逆c
③T3～T4温度区间，容器内CO2气体浓度呈现增大的变化趋势，其原因是T3-T4 区间，化学反应已达到平衡，由于正反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，所以不利于 CO2 的捕获。
23． ＞ 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。
24． -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。
25． 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。
26． （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。
27． 6∶5 BD 分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低
【分析】平衡标志判断可从两个方面入手：(1)正逆反应的速率相等；(2)体系中各物质的浓度保持不变。
【详解】(1)①如图，该装置为电解池装置，二氧化碳经过电极A后变为一氧化碳，化合价降低，为阴极，电极反应式为，故填；
②电极B作阳极，根据题意，其电极反应为，电极A的反应式为，所以体积比为；
(2)①A.对于任何反应，升高温度，正逆反应均加快，故A错误；
B.当体系中甲醇浓度不再改变，反应达平衡，故B正确；
C.恒温恒容下达平衡后，充入氮气，各物质浓度不变，速率不变，平衡不移动，故C错误；
D.平衡若改变体积增大压强，二氧化碳和甲醇浓度增大，故D正确；
故选BD；
②根据题意可建立三段式
平衡常数K==，故填；
③根据题意，分子筛膜分离出水，使平衡向着产物的方向进行，即分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故填分子筛膜从反应体系中不断分离出，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；
(3)高温时，催化剂活性降低，效率降低，故填温度过高，可能会导致催化剂催化效率降低。
28． 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。
29．(1)3d64s2
(2) 8 4
(3) 降低反应活化能
(4) 由Fe3+水解产物的颜色所致 向该溶液中加HNO3
【详解】（1）Fe为26号元素，所以基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；
（2）由图可知，晶胞A中Fe的配位数为8，所以每个Fe原子紧邻的原子数为8。根据原子均摊法，每个晶胞B中含Fe原子数为，故答案为：8；；4
（3）由图可知，1mol N2和3mol H2反应时，放出的热量为(a-b)kJ，所以该反应的热化学方程式。铁触媒是反应的催化剂，作用是降低反应活化能，故答案为：；降低反应活化能；
（4）①由于Fe3+水解产物的颜色导致溶液Ⅰ却呈黄色，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，可向该溶液中加HNO3，抑制铁离子的水解，故答案为：由Fe3+水解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3；
②向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色，说明和氟离子转化为，其离子方程式为，和相减得到，所以平衡常数为，故答案为：；。
30． 增大接触面积，充分反应 3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O 充分氧化Fe2+ 大于等于3.7小于7.7 去除Ca2+、Mg2+ 蒸发浓缩或者浓缩结晶 0.76-0.78均可 锰浸出率达95%以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担
【分析】废铁屑还原二氧化锰生成硫酸锰、硫酸铁，硫酸与氧化铝生成硫酸铝，二氧化硅和硫酸不反应，浸出液含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、重金属离子，浸出液中加入碳酸钙调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去铁、铝杂质，加入BaS生成重金属硫化物沉淀，除去中金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+，过滤后，加热滤液浓缩结晶，趁热过滤得到硫酸锰晶体。
【详解】(1) 加铁屑的原因是增大接触面积，使反应更充分；
(2) I中铁屑与软锰矿发生的主要反应的离子方程式为3MnO2+2Fe+12H+ =3Mn2+ +2Fe3+ +6H2O或MnO2 +Fe+4H+ =Mn2+ +Fe2+ +2H2O；
(3) 加CaCO3之前需要加双氧水的作用为充分氧化Fe2+；为了除去Fe2+与Fe3+，并且不能使Mn2+沉淀，故加CaCO3控制溶液pH的范围是大于3.7小于7.7；
(4)软锰矿中二氧化硅不溶于硫酸过滤除去，浸出液中加入碳酸钙除去Fe3+、Al3+，加入BaS除去重金属离子，加入MnF2生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+；
(5)硫酸锰溶解度随温度升高而减小，为了从滤液中获得硫酸锰晶体，加热滤液浓缩结晶、趁热过滤；
(6) 由于n(Fe)/n(MnO2)约为0.78时，锰浸出率达95%，以后增大铁的比例，锰的浸出率基本保持不变或变化不大，增加铁粉会增加成本，并为后续净化增加负担。
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