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天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-39化学能与电能（1）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-39化学能与电能（1）解答题，共68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-39化学能与电能（1）解答题
一、原理综合题
1．（2022·天津·一模）氮氧化物的排放对环境造成很大的污染，研究氮氧化物的转化机理对我们制定保护环境的策略有着重大意义。某科研团队在进行低温下消除氮氧化物的机理研究时，发现NO在转化过程中存在以下核心历程：
① 快反应
② 慢反应
③ 慢反应
进一步研究发现，在温度低于300℃，氮氧化物的含量介于某一浓度区间时，对于基元反应②、③而言，反应速率，模型如图所示：
(1)当反应温度为2.4K时，反应最终产物中，若使最终反应产物中，则温度T应该_______(填“大于”或“小于”)-270.6℃。
(2)工业上对于电厂烟气中的氨氧化物进行脱硝处理时，通常采用以下反应原理：；，当温度为373℃，压强为情况下，在1L密闭的容器中，通入1mol、1molNO、0.625mol达到平衡后测定NO转化率为75%，体系中，此时容器中压强_______，此时转化率为_______。
(3)101kPa条件下，不同温度，在密闭容器中发生反应 随着投料比不同，NO转化率变化图象如图所示，NO转化率降低的原因可能是_______。
(4)科学家想利用甲烷和氨氧化物设计一款电池，既能提高能源利用率，又能摆脱氮氧化物的污染，反应原理： ，酸性介质下，该电池正极的电极反应式为_______。
2．（2022·天津·统考二模）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)金属除Cr(Ⅵ)法：其他条件相同时，用等量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理酸性含Cr(Ⅵ)废水。Cr(Ⅵ)的残留率随时间的变化如下图所示，图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是_______。
(2)与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀(常温下；设时沉淀完全)。
①实验中的作用是_______。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH＞12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_______。
③为使沉淀完全，调控溶液的pH最小值为_______。
(3)离子交换法除铬(Ⅵ)：Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图所示。已知：强碱性树脂(ROH)与废水中的、离子能发生交换均生成(s)。其反应可表示为(以发生交换为例)。
①写出发生交换反应的平衡常数表达式，_______。
②当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是_______。
(4)电解除铬(Ⅵ)法：一般采用在直流电作用下铁板做阳极和阴极[忽略Cr(Ⅵ)在阴极放电]，可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为，再加碱沉淀为。已知：。
①酸性废水中的Cr(Ⅵ)离子存在的主要形式为_______。
②当沉淀出2mol 时，阳极至少消耗_______mol Fe。
3．（2022·天津·统考二模）乙醇用途广泛且需求量大，寻求制备乙醇的新方法是研究的热点。
I.醋酸甲酯催化加氢制备乙醇涉及的主要反应如下：
(a)CH3COOCH3(g)+2H2(g)C2H5OH(g)+CH3OH(g) △H=-23.6kJ·mol-1
(b)2CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2CH3OH(g) △H=-22.6kJ·mol-1
(c)CH3COOCH3(g)+H2(g)CH3CHO(g)+CH3OH(g) △H=+44.2kJ·mol-1
(1)上述三个反应中随着温度升高____反应的平衡常数会逐渐增大(填a、b或c)。
(2)增大压强上述三个反应平衡不发生移动的是____(填a、b或c)
(3)将n起始(H2)：n起始(CH3COOCH3)=10：1的混合气体置于密闭容器中，在2.0MPa和不同温度下反应达到平衡时，CH3COOCH3的转化率和C2H5OH的选择性：×100%如图所示。
①若n起始n起始(CH3COOCH3)=1mol，则500K下反应达到平衡时生成C2H5OH的物质的量为____mol。
②673~723KCH3COOCH3平衡转化率几乎不变，其原因是____。
(4)T℃时，增大压强，对乙酸甲酯的转化率和乙醇选择性的影响是____。
A．两者都增大 B．乙酸甲酯转化率降低，乙醇选择性增大
C．两者都降低 D．乙酸甲酯转化率增大，乙醇选择性降低
(5)II.以KOH溶液为电解质溶液，CO2在阴极(铜板)转化为CH3COOCH3的机理如图所示。(氢原子吸附在电极表面可用*H表示，其他物种以此类推；部分物种未画出)。
①CO2在阴极上生成C2H5OH的电极反应式为____。
②CO2转化为*CO的过程可描述为：溶液中的H2O在阴极表面得到电子生成*H。
+→____
+→____
4．（2022·天津南开·统考二模）NOX(主要指NO和)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的是环境保护的重要课题。回答下列问题：
(1)用水吸收NOX的相关热化学方程式如下。
①反应的_______。
②中心原子上的价层电子对数为_______。
(2)用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_______。
(3)用酸性水溶液吸收，吸收过程中存在与生成和的反应，写出该反应的化学方程式：_______。
(4)在催化剂的作用下能与反应生成。
①与生成的反应的化学方程式为________________，当1mol 完全反应时，转移的电子数为_______。
②在有氧条件下，新型催化剂M能催化与反应生成。将一定比例的、和的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中，反应相同时间的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。
当反应温度高于380℃时，的去除率迅速下降的原因可能是_______。
5．（2022·天津河西·统考三模）我国科学家在“碳中和”项目上进行了如图相关深入研究，并取得一定效果。请按要求回答下列问题：
(1)将CO2转化为炭黑(C)并回收利用，反应原理如图所示。
①FeO的作用是____。
②写出CO2转化为炭黑(C)和氧气的热化学方程式：____。
(2)常温下，CO2催化加氢的反应为2CO2+6H2=C2H4+4H2O △H<0。
①若该反应自发进行，反应适宜条件是____(填“低温”或“高温”)。
②若利用该反应转化为电能，实现碳回收，负极反应物为____。
(3)以CO2和甲醇为原料直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3)的反应为CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)△H。在一定条件下，测定碳酸二甲酯的产率随温度变化的曲线如图a所示；其他条件一定时，改变压强(保持各物质气态)，测定甲醇的平衡转化率随压强变化的曲线在图b(未画出)。
①每个碳酸二甲酯分子中最多有___原子共平面。
②在140~180℃之间，随着温度升高，碳酸二甲酯的产率降低，可能原因是(写一种)____。
③请绘制出图b曲线____。
6．（2022·天津南开·统考三模）甲醇是基本有机原料之一，用于制造氯甲烷、甲胺和硫酸二甲酯等多种有机产品，甲醇可由CO与H2反应制得。回答下列问题：
(1)已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为727，CO(g)的燃烧热为283，H2O(g)=H2O(l) 。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为_______。
(2)恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示。
则T1_______T2(填“>”、“<”或“=”，下同)，M点的正反应速率_______N点的逆反应速率。
(3)密闭容器中，高温TK条件下，用CO还原氧化铁得到单质铁。若初始压强为pkPa，平衡后气体中CO的物质的量分数为a，此温度反应的平衡常数Kp=_______(Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。
(4)以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。
①阳极的电极反应式为_______。
②若以铅蓄电池为电源，A应与铅蓄电池的_______(填“Pb”或“PbO2”)相连。
7．（2022·天津红桥·统考二模）碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长。因此，诸多科学家都在大力研究利用和CO以减少碳的排放。
(1)“神十三”中航天员们呼吸产生的用一种循环方案处理，即，然后电解水又得氢气和氧气。在温度为T，向一恒容密闭容器中，按物质的量之比2∶1通入和，
①能说明容器中的反应均已达到平衡状态的是_______。
A．容器内气体的平均相对分子质量不变 B．和的转化率相等
C．(g)与C(s)的物质的量之比保持不变 D．
②测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图中a所示，若其它条件不变，仅改变某一条件时，测得其压强(p)随时间(t)的变化如图中b所示。
a._______0(填“>”“<”或“不确定”)。
b.改变的条件是_______。
(2)经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①反应Ⅱ的活化能Ea(正)_______ Ea(逆)(填“>”“<”或“=”)。
②在温度下，将3.0mol 和7.0mol 充入2L的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡状态时(g)和(g)的物质的量分别为1mol和0.5mol。则温度时反应Ⅰ的平衡常数_______。
(3)工业上利用废气中的、CO联合制取烧碱、氯代烃和甲醇的流程如图。
已知B中的装置使用了阳离子交换膜。
①B中发生的总反应的离子方程式为_______。
②A中、CO物质的量之比为1：1时反应的化学方程式：_______。
8．（2022·天津南开·统考一模）我国提出争取在2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。下列各项措施能够有效促进“碳中和”。回答下列问题：
Ⅰ．将CO2转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。
(1)从能量角度分析FeO的作用是_______。
(2)写出炭黑和氧气转化为CO2的热化学方程式：_______。
Ⅱ．以CO2和甲醇为原料直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3)的反应为：
CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) ΔH
在不同的实验条件下，测定甲醇的转化率。温度的数据结果为图a，压强的数据结果在图b中未画出。
(3)该反应的ΔH_______0(填“>”或“＜”)。
(4)在100～140℃之间，随着温度升高，甲醇转化率增大的原因是_______。
(5)在图b中绘制出压强和甲醇转化率之间的关系(作出趋势即可)。_______
Ⅲ．利用Al-CO2电池(工作原理如下图所示)能有效地将CO2转化成化工原料草酸铝。
(6)电池的总反应式为_______。
(7)电池的正极反应式：2CO2+2e-=C2O(草酸根)正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：
①6O2+6e-=6O
②……
写出反应②的离子方程式：_______
9．（2022·天津·统考一模）2022年2月18日，“美丽中国·绿色冬奥”专场新闻发布会在北京新闻中心举行。发展碳捕集与利用的技术，将CO2转化为高附加值的化学品，实现CO2资源化利用，是一项重要的碳减排技术。
(一)CO2加氢(RWGS)制合成气(CO)
RWGS反应： 反应ⅰ
副反应： 反应ⅱ
(1)已知：
则_______。
(2)当H2、CO2按体积比3：1投料时，RWGS反应的平衡组成如图1所示。
①_______0(选填“>”、“<”或“=”)；RWGS反应最佳温度为_______(填序号)
A．300~350℃ B．400~450℃ C．700~750℃
②反应ⅰ的平衡常数表达式K=_______。
(二)CO2电催化转化合成气
(3)CO2电还原反应机理如图2所示，由图可知，催化剂选择纳米Au55(纳米Au55指的是含55个原子的Au纳米颗粒)，理由是_______。表示物种从催化剂表面解吸(物种与催化剂分离)的是过程_______(选填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
(三)电催化CO2还原制甲酸(HCOOH)
(4)图3为电催化CO2还原生产HCOOH的示意图。该电解池阳极的电极反应式为_______；总反应方程式为_______。
10．（2022·天津·模拟预测）汽车尾气中含有氮氧化合物和CO，减少它们在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=−393kJ·mol−1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3=−221kJ·mol−1
若某反应的平衡常数表达式为，请写出此反应的热化学方程式：_______。
(2)一定条件下，反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)的反应历程如图所示，该历程分步进行，其中第_______步是决速步骤。
(3)欲研究在某催化剂作用下2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)的反应速率与温度的关系，在其他条件相同时，改变反应温度，测得经过相同时间时该反应的正反应速率如图所示，A、B两点对应温度下正反应速率变化的原因可能是_______，A、B两点对应温度下该反应的活化能Ea(A)_______Ea(B)(填“>”或“<”)。
(4)设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。在某温度下，原料组成n(CO):n(NO)=1：1，初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行上述反应，体系达到平衡时N2的分压为20kPa，则该反应的相对压力平衡常数_______。
(5)用NH3可以消除NO污染：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) ΔH
①某条件下，该反应速率v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·ca(N2)·cb(H2O)，该反应的平衡常数，则b=_______。
②若将9mol NH3和11molNO投入真空容器中恒温恒容(温度298K、体积为10L)进行反应，已知该条件下k正=6.4×102(mol/L)−9·s−1，当平衡时NH3转化，v逆=_______ mol·L−1·s−1。
(6)Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图所示装置制备Na2FeO4。
①电解时，阳极电极反应式为_______。
②若b＞a，图中右侧的离子交换膜为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
11．（2022·天津·模拟预测）利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
回答下列问题：
(1)反应①的化学平衡常数K的表达式为___________。
(2)已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/(kJ·mol-1)
436
343
1076
465
413
由此计算=___________kJ·mol-1，已知=-58kJ·mol-1，则=___________kJ·mol-1。
(3)科学家提出制备合成气反应历程分两步：
反应①：CH4(g)=C(ads)+2H2(g)(慢反应)
反应②：C(ads)+CO2(g)=2CO(g)(快反应)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为___________。
(4)利用铜基配合物1，10—phenanthroline—Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。
①该装置工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH___________(填“变大”或“变小”)，每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加___________g。
②阴极的电极反应式为___________。
③若该电源为铅蓄电池，当向外电路每提供2mol电子，理论上消耗硫酸的质量为___________g。
④该装置工作过程中阳极的电极反应式为___________。
12．（2022·天津·统考模拟预测）完成下列填空
(1)氮氧化物是主要的大气污染物之一，利用氢气选择性催化还原(H2-SCR)是目前消除NO的理想方法，备受研究者关注。
H2-SCR法的主反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH1
副反应：2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g) ΔH2<0
回答下列问题：
①已知：H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH3=-241.5kJ/mol
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH4=+180.5kJ/mol
i. ΔH1=___________kJ/mol。
ii.下列提高主反应选择性的最佳措施是___________(填标号)。
A．降低温度 B．使用合适的催化剂 C．增大c(NO) D．增大压强
②H2-SCR在Pt-HY催化剂表面的反应机理如下图所示：
已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4∶1，反应中每生成1mol N2转移的电子的物质的量为___________mol。
③T℃，时，恒容密闭容器中发生上述反应，平衡体系中N2物质的量分数为10%，平衡压强与起始压强之比为3.6：4，则NO的有效去除率(转化为N2)为___________。
(2)甲醇在工业上可利用水煤气来合成：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH＜0。将1mol CO和2mol H2通入密闭容器中进行反应，在一定温度和压强下达到平衡时甲醇的体积分数φ(CH3OH)的变化趋势如图所示(其中X1→X4逐渐减小，Y1→Y4逐渐增大)：
图中X轴表示的外界条件为___________，判断的理由是___________。
(3)NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y可循环使用，则正极反应式为___________。
13．（2022·天津·模拟预测）完成关于锰元素的问题。
(1)已知：①(绿色，溶液)
②(无色，溶液)
锰有多种化合价，如+7、+6、+4、+2价等，在中性溶液里高锰酸钾的还原产物一般为___________(填化学式)。
(2)查阅资料：(未配平，Xe是稀有气体)。已知在高锰酸钾固体表面滴加浓盐酸，发生的半反应为。在盛有溶液的试管中加入适量，振荡试管，可能观察到的现象是：___________。
(3)草酸(H2C2O4，二元弱酸)晶体溶于酸性高锰酸钾溶液，溶液的紫色褪去。离子反应方程式为：___________。
(4)以铅蓄电池为电源电解酸化的溶液，可制备。铅蓄电池的总反应方程式为：___________；当蓄电池中有被消耗时，阳极上的理论产量为___________g．
(5)催化分解：，其反应机理如下：
①已知反应Ⅱ为：，写出反应Ⅰ的热化学方程式(焓变用和表示)：___________。
②某温度时，向10mL0.4mol/LH2O2液中滴入1滴发生上述分解反应，测得不同时刻生成的体积(已折算为标准状况下体积)如下表：
t/min
0
2
4
6
V(O2)/mL
0
9.9
17.2
22.4
时反应速率比时的慢，其原因是：___________。的平均反应速率v(H2O2)=___________(忽略溶液体积变化)。
14．（2022·天津·模拟预测）运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。
(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取：
a.CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ∆H1=+216.4kJ/mol
b.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ∆H2=–41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g)∆H=__。
(2)起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。
①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是__(填序号)。
A．N2和H2的转化率相等
B．反应体系密度保持不变
C．保持不变
D．=2
②P1__P2(填“>”“<”“=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点__D点。
③C点H2的转化率为__；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：v(A)___v(B)。
Ⅱ.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图所示。
(3)已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为__。反应过程中通过质子交换膜(ab)的H+为2mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为__L。
15．（2022·天津·模拟预测）丙烷在燃烧时放出大量的热，它也是液化石油气的主要成分，作为能源应用于人们的日常生产和生活。
已知： 2C3H8(g)+7O2(g)=6CO(g)+8H2O(1) △H1 =-2741.8 kJ•mol-1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2＝-566.0 kJ•mol-1
(1)反应C3H8 (g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=____________；
(2)现有1molC3H8在不足量的氧气里燃烧，生成1molCO和2molCO2以及气态水，将所有的产物通入一个固定体积为1L的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H=+41.2kJ•mol-1
①下列事实能说明该反应达到平衡的是_____________；
a．体系中的压强不再变化 b．v正( H2) = v逆( CO ) c．混合气体的平均相对分子质量不再变化 d．CO2 的浓度不再发生变化
②5min 后体系达到平衡，经测定，容器中含 0.8 mol H2，则平衡常数K =______；
③其他条件不变，向平衡体系中充入少量CO，则平衡常数K______(填“增大”、“减小”或“不变”)
(3)根据(1)中的反应可以设计一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丙烷气体 ；燃料电池内部是熔融的掺杂着氧化钆(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在其内部可以传导O2-，在电池内部O2-向______极移动(填“正”或“负”)；电池的负极电极反应为________。
(4)用上述燃料电池和惰性电极电解足量Mg(NO3)2和NaCl的混合溶液，电解开始后阴极附近的现象为___________。
16．（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___________。
17．（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：___。
18．（2021·天津·三模）已知：①水体中氨氮(NH3、NH)过量会导致富营养化，国家标准要求经处理过的氨氮废水中氨氮标准限值范围为0.02mg·L-1~150mg·L-1、pH控制在6-9；②HClO的氧化性比NaClO强；③NH3比NH更易被氧化。某研究小组用NaClO氧化法处理氨氮废水，进水pH对氨氮去除率和出水pH的影响如图所示：
(1)反应原理：ClO-可与NH反应生成N2等无污染物质，反应的离子方程式为___。
(2)进水pH应控制在___左右为宜；进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随进水pH升高迅速下降的原因是___；进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随进水pH升高而上升的原因是___。
(3)运用上述原理，也可利用如图所示的电解法去除废水中的氨氮。
a极为电源的___极；d极反应式为___。
(4)常温下将0.1004mol碳酸氢铵粉末加入到1L0.1mol·L-1盐酸中，充分反应后溶液pH恰好为7(此时溶液中几乎不含碳元素，忽略溶液体积变化)，则溶液中c(NH)=___，NH3·H2O的电离平衡常数为___。
(5)已知H2SO3的Ka1=1.3×10-2、Ka2=6.2×10-8。常温下，将SO2通入某氨水至溶液恰好呈中性，此时溶液中=__。
19．（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_______。
20．（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___________。
21．（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：___________。
22．（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___________。
23．（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_______。
24．（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，)
25．（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___。
26．（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___________。
二、结构与性质
27．（2022·天津河西·统考三模）铁及其化合物在生活、生产中有着重要作用。请按要求回答下列问题。
(1)基态Fe原子的简化电子排布式为____。
(2)因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构、密度和性质均不同。
①用____实验测定铁晶体，测得A、B两种晶胞，其晶胞结构如图：
②A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为____。
③在A晶胞中，每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有____个。
(3)常温下，铁不易和水反应，而当撕开暖贴(内有透气的无纺布袋，袋内装有铁粉、活性炭、无机盐、水、吸水性树脂等)的密封外包装时，即可快速均匀发热。利用所学知识解释暖贴发热的原因：___。
(4)工业盐酸因含有[FeCl4]—而呈亮黄色，在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。
①[FeCl4]—的中心离子是____，配体是____；其中的化学键称为____。
②取4mL工业盐酸于试管中，逐滴滴加AgNO3饱和溶液，至过量，预计观察到的现象有____，由此可知在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。
28．（2022·天津·一模）d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。请回答下列问题：
(1)我国科学家用和，制备超导材料，反应原理为。
①钛元素在元素周期表中的位置___________，基态钛原子的核外最高能层所含电子数___________。
②已知部分物质的熔沸点如下表。
熔点/
800(分解)
-25
714
2950
沸点/
700(升华)
136.4
1412
(略)
属于___________晶体，应用所学知识解释的熔点大于的原因___________。
③写出惰性电极电解得到单质的化学方程式___________。
(2)是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸()反应生成。
①根据相似相溶的规律，可推断___________(填“甲”或“乙”)在水中的溶解度较大。
②发生水解反应的化学方程式是___________。
③中的键角大于分子中的键角，请结合所学知识解释原因___________。
④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构，画出乙的水解产物的空间结构___________。
29．（2021·天津河北·统考二模）过渡元素镍(Ni)、钒(V)、钛(Ti)等在工业上具有广泛的用途，根据原子结构与周期表及元素的性质，向答下列问题：
(1)镍可形成多种配合物，其中[Ni(NH3)6]SO4所含元素电负性最大的为___(填元素符号)，配位体的电子式为___，阴离子的立体构型是___。
(2)基态23V原子的电子排布式为___，其氧化物V2O5难溶于水，可以由VOCl3(易溶于水)水解来制备，反应的化学方程式为___。
(3)钡钛矿晶体的晶胞结构如图所示，晶胞边长为acm。若该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则a=___cm(列出计算式，用ρ表示)。
(4)钛可作为电池电极材料应用，在某种锂离子电池中，电池结构如图。写出钛电极上发生的电极反应式___，充电时，钛电极与电源___极相连。
三、工业流程题
30．（2021·天津河西·统考一模）某化学小组模拟湿法技术，利用废旧印刷电路板，探究回收铜和制取胆矾的实验，设计流程简图如图。
请按要求回答下列问题：
(1)Cu的价电子排布图为__。
(2)反应①中，将废旧印刷电路板中的Cu氧化为+2价Cu的物质是(写化学式)___；在其中加入(NH4)2SO4的作用是___。操作Ⅰ用到的主要玻璃仪器名称：玻璃棒、烧杯和___。
(3)已知溶液X中的铜元素以配合物的形式存在，写出反应②的离子方程式：__。操作Ⅱ的目的是___。
(4)反应③的离子方程式：___。
(5)操作Ⅳ，以石墨作电极电解溶液Y，阳极电极反应式：___。操作Ⅴ主要步骤：__、___、过滤、洗涤、干燥。
(6)在流程图中可循环使用的试剂：___。
(7)通过操作Ⅳ回收铜的质量为(已知过程中没有H2产生。用含a的代数式表示)___。
参考答案：
1．(1)大于
(2) 1.08(或1.1) 85%
(3)(或有副反应发生)
(4)
【详解】（1）根据题意，发生的是平行反应，相同时间内，，由和的数学表达式可知，温度越高，比值越大，温度应大于2.4K，即大于-270.6℃，故填大于；
（2）设两个反应的氨气的变化量分别为、，可列三段式：
平衡后测定NO转化率为75%，则平衡体系中；
平衡体系中；
解得，；
平衡后总的气体物质的量为，其中，，，，则2.8375mol；
，氨气的转化量为，则氨气的转化率为，故填1.08(或1.1)；85%；
（3）如图，随着氨气量的增加， NO 转化率降低，其可能原因是有副反应发生，故填或有副反应发生；
（4）正极发生还原反应，根据总反应，对应的是 NO 在正极上放电：，故填；
2．(1)Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率
(2) 将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ) Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]- 6
(3) 2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1) c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动
(4) 6
【解析】(1)
图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率；
(2)
①实验中NaHSO3的作用是将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ)；
②由图2可知，当pH>12时，去除率下降的原因可用离子方程式表示为Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；
③Cr3+沉淀完全生成Cr(OH))3，将Cr3沉淀完全的离子浓度代入Cr(OH)3的溶度积常数可得:
c((OH)≥mol/L=1mol/L，则c(H+)≤10-6mol/L，则调控溶液的pH最小值为6；
(3)
①该交换反应为:2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1)；
②当pH>4时，Cr (VI)去除率下降的原因是：c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动；
(4)
①根据反应方程式H2O + = 2+ 2H+可知，酸性条件下由于氢离子的浓度较高，平衡会逆向移动，使得升高，成为Cr (VI)的主要存在形式；
②已知1摩尔Cr (VI)还原成1摩尔Cr (III)时会得到3摩尔电子，而铁做为电极材料时生成亚铁离子，亚铁离子再还原六价铬，所以每沉淀，出2molCr(OH)3，需要6mol亚铁离子，则阳极要消耗6molFe。
3．(1)c
(2)c
(3) 0.81 温度的升高使反应a、反应b中CH3COOCH3的平衡转化率下降，使反应c中CH3COOCH3的平衡转化率上升，且上升幅度与下降幅度相当
(4)D
(5) 2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－ CO2
【解析】(1)
由题意可知反应c为吸热反应，升温平衡正向移动，平衡常数增大，故答案为c；
(2)
对于反应前后气体的计量系数相同的反应，增大压强平衡不移动，根据题给的三个反应可知，答案为：c；
(3)
①设反应a消耗CH3COOCH3的物质的量为amol，反应bCH3COOCH3消耗的物质的量为bmol，反应c消耗的物质的量为cmol，根据反应a，推出生成C2H5OH的物质的量为amol，根据题意有：×100%=90%，×100%=90%，解得a=0.81；故答案为0.81；
②反应a、反应b为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，反应a、反应b向逆反应方向进行，CH3COOCH3的转化率降低，反应c为吸热反应，升高温度，反应c向正反应方向进行，当上升幅度与下降幅度相当时，CH3COOCH3的平衡转化率几乎不变，故答案为：温度的升高使反应a、反应b中CH3COOCH3的平衡转化率下降，使反应c中CH3COOCH3的平衡转化率上升，且上升幅度与下降幅度相当；
(4)
反应a和反应b均为气体分子数减小的反应，T℃时，增大压强，，反应a和b平衡均正向移动，乙酸甲酯的转化率增大，反应b不生成乙醇，故乙醇的选择性下降，反应c为反应前后气体分子数不变的反应，增大压强，平衡不移动，无影响；故选D；
(5)
①CO2在阴极上得电子，转化成C2H5OH，电极反应式为2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－；故答案为2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－；
②根据机理可知，溶液中的H2O在阴极表面得到电子生成，与CO2反应生成，与反应生成和H2O，故答案为：CO2，。
4．(1) +75.9 3
(2)
(3)
(4) NH3与O2反应产生了NO
【解析】(1)
①由题干信息可知，反应I： ，反应II： ，2I -3II即可得到反应，根据盖斯定律可知， =2×(-136.2kJ/mol)-3×(-116.1kJ/mol)=+75.9，故答案为：+75.9；
②中心原子上的价层电子对数为2+=3，故答案为：3；
(2)
用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，电解时阳极上发生氧化反应，即将HNO2氧化为HNO3，故该电极的电极反应式为：，故答案为：；
(3)
用酸性水溶液吸收，吸收过程中存在与生成和的反应，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：，故答案为：；
(4)
①与生成和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的反应的化学方程式为，反应中转移24mol电子，当1mol 完全反应时，转移的电子数为3mol×6.02×1023mol-1=1.806×1024，故答案为：；1.806×1024；
②当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降，可能的原因是NH3与O2反应产生了NO，导致NOx去除率降低，故答案为：NH3与O2反应产生了NO。
5．(1) 催化剂，降低反应活化能 CO2(g)=C(s)+O2(g)△H=+(a+b) kJ/mol
(2) 低温 H2
(3) 8 从140℃起随温度的升高，因反应正向放热，不利于反应正向进行或因催化剂的活性降低或反应的副产物增多
【解析】（1）
由图可知，过程ⅰ的反应为二氧化碳与氧化亚铁反应生成四氧化三铁和炭黑，反应的热化学方程式为CO2(g)+6FeO(s)=2Fe3O4(s)+ C(s) △H=+bkJ/mol，过程ⅱ的反应为四氧化三铁发生分解反应生成氧化亚铁和氧气，反应的热化学方程式为2Fe3O4(s)= O2(g)+6FeO(s) △H=+akJ/mol，则氧化亚铁为反应的催化剂，总反应的热化学方程式为CO2(g)=C(s)+O2(g)△H=+(a+b) kJ/mol；
①由分析可知，氧化亚铁为反应的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，故答案为：催化剂，降低反应活化能；
②由分析可知，二氧化碳转化为炭黑和氧气的热化学方程式为CO2(g)=C(s)+O2(g)△H=+(a+b) kJ/mol，故答案为：CO2(g)=C(s)+O2(g)△H=+(a+b) kJ/mol；
（2）
①常温下，该反应是气体体积减小的放热反应，反应焓变△H＜0，熵变△S＜0，则该反应在低温条件下反应△H＜0—T△S＜0，能自发进行，故答案为：低温；
②若利用该反应转化为电能，实现碳回收，由方程式可知，还原剂氢气在负极失去电子发生氧化反应生成水，故答案为：H2；
（3）
①酯基是平面结构，则每个碳酸二甲酯分子至少有6个原子一定共平面，由三点成面的规则可知，分子中最多有8个原子共平面，故答案为：8；
②由图可知，140℃时，碳酸二甲酯的产率最大，说明反应达到平衡，140℃时之前是平衡的形成过程，140℃时之后是平衡的移动过程，该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，碳酸二甲酯的产率减小；温度升高，催化剂的活性降低、反应的副产物增多也可能导致碳酸二甲酯的产率减小，故答案为：从140℃起随温度的升高，因反应正向放热，不利于反应正向进行或因催化剂的活性降低或反应的副产物增多；
③该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的平衡转化率增大，所以甲醇的平衡转化率与压强变化的曲线如下图： ，故答案为： 。
6．(1)
(2) < <
(3)
(4) PbO2
【解析】（1）
目标反应为，反应热，故则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为：；
（2）
该反应为放热反应，恒压条件下，温度越高，CO的转化率越低，图中可以看出压强相同时，T2温度下CO的转化率低，故T1
CO还原氧化铁得到铁单质的化学方程式为：，反应前后的气体只有CO和CO2，且两者化学计量数相同，平衡时CO的物质的量分数为a，平衡分压为pa，可列出三段式：，平衡常数；
（4）
由图可知，B电极附近氧气参与反应生成水，氧元素化合价降低，故B电极为阴极，与电源负极相连，发生的电极反应为：；A电极为阳极，与电源正极相连，发生的电极反应为：；铅蓄电池中PbO2为正极，故A电极应与PbO2相连。
7．(1) AC < 使用催化剂
(2) < 10
(3)
【解析】(1)
反应：为气体分子数减少的反应，恒容密闭溶液中，按物质的量之比2∶1通入和：
A．容器体积一定，当气体的物质的量和质量保持不变时，反应法达平衡，容器内气体的平均相对分子质量不变，A正确；
B．按物质的量之比2∶1通入和，按系数比投料，两者的转化率始终相等，不能判断达平衡，B错误；
C．(g)与C(s)的物质的量之比保持不变说明各组分的物质的量均不变，可以判断达平衡，C正确；
D. 表示方向均为正反应方向，可以判断达平衡，D错误；
故选AC。
由图可知，随着反应的进行压强先变大后变小，5min时达到平衡状态，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强变大，故 ；改变条件后化学反应速率加快，而平衡状态没有移动，说明加入了催化剂；
(2)
反应II为放热反应，生成物的能量低于反应物的能量，则反应II的Ea(正)
流程中B为电解食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，产生的氯气进入C装置中制备氯化铜，产生的氢气进入A装置中与一氧化碳和二氧化碳反应制备甲醇。
B中为电解饱和食盐水的反应，发生的总反应的离子方程式为：；根据分析，A中、CO与氢气反应制备甲醇，、CO物质的量之比为1：1时反应的化学方程为：。
8．(1)降低反应活化能
(2)C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=−(a+b)kJ·mol−1
(3)＜
(4)在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大。
(5)
(6)2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
(7)6CO2+6O=3C2O+6O2
【详解】（1）由题干反应历程图可知，FeO反应前后质量和性质没有改变，即FeO作催化剂，催化剂能够降低反应所需要的活化能，故从能量角度分析FeO的作用是降低反应所需的活化能，故答案为：降低反应所需的活化能；
（2）由题干反应历程可知，反应①为：2Fe3O4(s)=O2(g)+6FeO(s) +akJ/mol，反应②为：CO2(g)+6FeO(s)=C(s)+2Fe3O4(s) =+bkJ/mol，①+②的CO2(g)=C(s)+O2(g) 根据盖斯定律可知，=+(a+b)kJ/mol，则炭黑和氧气转化为CO2的热化学方程式为C(s)+O2(g)= CO2(g) =-(a+b)kJ/mol，故答案为：为C(s)+O2(g)= CO2(g) =-(a+b)kJ/mol；
（3）由题干图象可知，140℃之前由于反应还未达到平衡状态，温度升高反应速率越快，则相同时间内甲醇的转化率增大，而140℃之后由于反应已经达到平衡，温度升高，反应速率加快，更加早已达到化学平衡，此时升高温度，甲醇的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应的ΔH＜0，故答案为：＜；
（4）由(3)分析可知，在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大，故答案为：在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大；
（5）根据反应方程式CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)可知，反应正反应是一个气体体积减小的方向，即增大压强，反应速率加快，达到平衡之前，甲醇的转化率增大，达到平衡之后，增大压强，平衡正向移动，甲醇的平衡转化率增大，故压强与甲醇转化率之间的关系如图：，故答案为：；
（6）由题干电池装置图可知，Al为负极，电极反应为：Al-3e-=Al3+，多孔碳电极为正极，电极反应为：2CO2+2e-=，故电池的总反应式为2Al+6CO2=Al2(C2O4)3，故答案为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3；
（7）电池的正极反应式：2CO2+2e-=C2O(草酸根)正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：①6O2+6e-=6O，根据电子守恒并用正极反应减去反应①即得反应②，故其离子方程式为：6CO2+6O=3C2O+6O2，故答案为：6CO2+6O=3C2O+6O2。
9．(1)
(2) > C
(3) 当催化剂为纳米Au55时，反应的活化能较小，反应速率更快 Ⅲ
(4)
【解析】（1）
已知①，②，③，④，根据盖斯定律，将④×2-③=②，则，故答案为：；
（2）
①由图可知，随着温度升高，平衡时CO的物质的量分数增大，说明升高温度，反应ⅰ的平衡正向移动，则；由图可知，当温度为300~350℃ 或400~450℃时，CO2的转化率较低，且CH4的含量较高，说明此时发生了副反应，而当温度为700~750℃时，CO2的转化率已经达到较高水平，CH4的含量也接近于0，说明几乎没有副反应发生，再升高温度，CO2的转化率略有提高，但能耗增大，因此RWGS反应最佳温度为700~750℃，故选C，故答案为：>；C；
②反应ⅰ的平衡常数表达式为，故答案为：；
（3）
由图可知，当催化剂为纳米Au55时，反应的活化能较小，反应速率更快，因此催化剂选择纳米Au55；由图可知，过程Ⅰ为催化剂吸附过程，过程Ⅲ为物种与催化剂分离的过程，故答案为：当催化剂为纳米Au55时，反应的活化能较小，反应速率更快；Ⅲ；
（4）
由图可知，甲醇发生氧化反应生成甲酸，因此甲醇所在电极为阳极，阳极的电极反应式为；阴极为CO2得电子生成甲酸，阴极的电极反应式为，则总反应为，故答案为：；。
10．(1)2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=−745kJ·mol−1
(2)33
(3) 温度过高时催化剂的催化活性降低 <
(4)320
(5) 0 0.625
(6) Fe+8OH−−6e−=FeO+4H2O 阴
【解析】(1)
根据反应的平衡常数表达式可知反应的化学方程式为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律该反应的ΔH=②×2-③-①=(−393×2+221−180)kJ/mol=−745kJ/mol，所以热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=−745kJ·mol−1；
(2)
由图可知，反应过程中能量变化出现3个峰，即吸收3次活化能，经历3步基元反应，因为第3次对应峰最高，即活化能最大，对该反应过程起决速作用；
(3)
温度越高，一般速率越快，但是A点v正大于B点v正，所以可能原因是温度过高时催化剂的催化活性降低导致；因为A点催化剂活性高，反应速率快，所以Ea(A)
恒容容器中压强之比等于气体的物质的量，所以可以用压强代替物质的量来进行三行式的计算，根据题意有：
所以；
(5)
①该反应的平衡常数K==，所以b=0；
②根据题意列三段式有
，所以，所以；
(6)
①该电解池阳极材料为Fe，根据题意可知，碱性环境中Fe被氧化生成高铁酸钠，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应式为Fe+8OH−−6e−=FeO+4H2O；
②电解时阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，中间室中的钠离子迁移到左侧，所以左侧离子交换膜为阳离子交换膜，所以b＞a，根据阳极的反应可知，阳极反应过程中消耗氢氧根，所以需要中间室中的氢氧根迁移到右侧，则右侧的离子交换膜为阴离子交换膜。
11．(1)
(2) -99 +41
(3)CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=+(E3-E1) kJ•mol-1
(4) 变小 46g CO2+2H++2e-=HCOOH 196 2H2O-4e-=4H++O2↑
【分析】ΔH1=反应物键能总和-生成物键能总和；根据盖斯定律：②-①得③；根据△H=生成物总能量-反应物总能量，由图可知CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=E[2CO(g)+2H2(g)]-E[CH4(g)+CO2(g)];在电解池中，阳极反生氧化反应，阴极发生还原反应，据此结合图示可知阴极反应物、生成物、电解质环境，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写电极方程式；质子交换膜只允许H+通过，在电解池中，阳离子向阴极移动，根据①所得电极方程式和H+移动量计算阴极室的物质变化，注意H+移动所带电荷数等于转移电子所带电荷量;由图可知H2O在Pt电极被氧化生成O2，CO2在石墨烯电极被还原生成HCOOH，故Pt电极为阳极，发生反应2H2O-4e-=4H++O2↑，酸性变强，石墨烯电极为阴极，使用酸性电解质溶液，故阴极的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH.
（1）
平衡常数K，可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比或反应产物与反应物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比。反应①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 的化学平衡常数K的表达式为 。故答案为：；
（2）
ΔH1=反应物键能总和-生成物键能总和=(1076+2×436)kJ/mol-(413×3+343+465)kJ/mol=-99kJ/mol；根据盖斯定律：②-①得③，则ΔH3=ΔH2-ΔH1=-58kJ/mol-(-99kJ/mol)=+41kJ/mol，故答案为：-99；+41；
（3）
根据△H=生成物总能量-反应物总能量，由图可知CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=E[2CO(g)+2H2(g)]-E[CH4(g)+CO2(g)]=+(E3-E1) kJ•mol-1，故答案为：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=+(E3-E1) kJ•mol-1；
（4）
①由图可知H2O在Pt电极被氧化生成O2，CO2在石墨烯电极被还原生成HCOOH，故Pt电极为阳极，发生反应2H2O-4e-=4H++O2↑，酸性变强，石墨烯电极为阴极，使用酸性电解质溶液，故阴极的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH，每转移2mol电子，阴极室消耗2molH+，产生1molHCOOH，并有2molH+经质子交换膜从阳极室移向阴极室，即阴极室溶液增加了1molHCOOH，故增加的质量为m=n×M=1mol×46g/mol=46g；该装置工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH变小(填“变大”或“变小”)，每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加46gg。故答案为：变小；46g；
②阴极的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH。故答案为：CO2+2H++2e-=HCOOH；
③若该电源为铅蓄电池，电极材料分别是Pb和PbO2，电解液为稀硫酸．工作时该电池总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，当向外电路每提供2mol电子，消耗2mol硫酸，理论上消耗硫酸的质量为98g/mol×2mol=196g。故答案为：196；
④由分析，Pt电极为阳极，发生反应2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑。
12．(1) -663.5 B 3 72%
(2) 温度 温度降低，平衡正向移动，平衡时甲醇的体积分数增大
(3)O2+2N2O5+4e-=4NO
【解析】（1）
①根据盖斯定律，反应可通过 “”×2-“”得到，则-，则ΔH1=-663.5 kJ/mol；主反应和副反应均是ΔH<0且气体分子数减少的反应，具有相同的反应物，故提高主反应选择性的最佳措施是使用合适的催化剂，选择B项。
②据图可知HY载体表明NO、O2、NH反应得到N2和H2O，NO、O2物质的量之比为4∶1，所以反应的离子方程式为4NO+O2+4NH=4N2+6H2O+4H+，该反应中NH所失电子即转移电子，生成1molN2时，有1mol NH参与反应，转移3mol电子。
③T℃，，可设投入恒容密闭容器中、，设平衡时刻NO主反应转化了xmol，依据题意有：
设平衡时刻NO副反应转化了ymol，则消耗H2，生成N2O和molH2O(g)，则根据平衡体系中N2物质的量分数为10%得： ，根据平衡压强与起始压强之比等于气体总物质的量之比，为3.6：4得： ，联立两个等式求解的x=0.72，y=0.08，则NO的有效去除率(转化为N2)为。
（2）
从图中分析可知，Y不变情况下，随着X1→X4，甲醇的体积分数φ(CH3OH)增大，即该反应平衡朝正向进行，结合该反应是正向放热且气体分子数减少的情况，温度降低和压强增大使平衡正向移动，而X1→X4逐渐减小，故X轴表示的外界条件为温度。
（3）
燃料电池中O2得电子在正极，燃料失电子在负极，从该原理图所示可知，石墨Ⅰ电极上NO2失去电子与电解质中阴离子NO生成氧化物N2O5，则正极O2得电子与可循环使用的N2O5反应生成NO，电极反应式为：O2+2N2O5+4e-=4NO。
13．(1)
(2)无色溶液变为紫(或紫红)色，并产生黄绿色气体
(3)
(4) 87
(5) 随着反应的进行，浓度不断减小，反应速率不断减慢
【解析】（1）
根据已知，在强碱性溶液中被还原得到+6价的Mn，在强酸性溶液中被还原得到+2价的Mn，则可以推测在中性溶液里高锰酸钾的还原产物一般为+4Mn，即MnO2。
（2）
已知，因此在盛有溶液的试管中加入适量，振荡试管，Mn2+被氧化为，又已知在高锰酸钾固体表面滴加浓盐酸，发生的半反应为，则观察到的现象为无色溶液变为紫(或紫红)色，并产生黄绿色气体。
（3）
草酸(H2C2O4，二元弱酸)晶体溶于酸性高锰酸钾溶液，溶液的紫色褪去，被还原为Mn2+，反应的离子方程式为：。
（4）
铅蓄电池的总反应为，电解酸化的MnSO4溶液时，阳极发生的反应为：Mn2+-2e-+H2O=MnO2+4H+，则当蓄电池中有被消耗时，理论上阳极生成1mol，其质量为1mol×87g/mol=87g。
（5）
①根据反应机理可知，反应Ⅰ的化学方程式为，又根据勒夏特列原理，反应Ⅰ可由反应Ⅱ与反应相减得来，因此反应Ⅰ的热化学方程式为：。
②随着反应的进行，浓度不断减小，反应速率不断减慢，因此时反应速率比时的慢，0~6min的平均反应速率。
14． +175.2kJ/mol BC < > 66.7% < 2SO+4H++2e-=S2O+2H2O 11.2
【分析】利用盖斯定律求反应热；达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，气体的总物质的量不变，以此判断；增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，结合方程式计算；压强越大、温度越高，反应速率越快；根据图示可知，阴极通入的发生得电子的还原反应生成，结合溶液为酸性书写阴极反应式；写出电解池的总反应，根据通过的氢离子物质的量可知转移电子的物质的量，吸收柱中生成的气体为氮气，然后利用电子守恒计算氮气的物质的量，最后根据V=n·Vm计算标况下体积。
【详解】I.(1)已知a.CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ∆H1=+216.4kJ/mol
b.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ∆H2=–41.2kJ/mol
将a+b，可得CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) ∆H= (+216.4-41.2)kJ/mol=+175.2kJ/mol；
(2)①A.N2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；
B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确；
C. 保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；
D.达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比， =2不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；
故合理选项是BC；
②由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图像可知P1
【点睛】本题考查化学平衡、电解原理、反应热计算等知识，明确盖斯定律、电解原理，把握化学平衡三段法、转化率计算等为解答的关键，知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及综合应用能力。
15． -2219.9kJ/mol bd 3.5 不变 负 C3H8+10O2--20e-=3CO2↑+4H2O 生成无色气体和白色沉淀
【分析】利用盖斯定律进行计算；根据平衡状态的判断依据进行判断；根据“三段式”列出平衡常数表达式进行计算，化学平衡常数只受温度的影响；根据燃料电池的原理写出电极反应和离子移动的方向；根据离子的放电顺序写出电极反应，根据电极反应描述实验现象。
【详解】(1)将题给两个热化学方程式依次编号为①、②，利用盖斯定律，根据所求的热化学方程式，即得C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g) +4H2O(1) △H== -2219.9kJ/mol；
(2)①a．反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)是一个反应前后气体体积不变的吸热反应，反应过程中压强始终不变，压强不变不能作为判断平衡的标志，故a不选；
b．当正逆反应速率相等时，反应已达平衡，故b选；
c．混合气体的平均相对分子质量由M=可得，m和n始终不变，故M始终不变，平均相对分子质量不变不能作为判断平衡的标志，故c不选；
d．二氧化碳的浓度不再变化，说明反应已达平衡，故d选；
答案为bd；
②1molC3H8在不足量的氧气里燃烧，生成1molCO和2molCO2以及气态水，根据元素守恒可知，则生成水为4mol，5min 后体系达到平衡，经测定，H2为0.8mol，容器的体积为1L，则列出“三段式”
因此K=；
③由于平衡常数只与温度有关，所以在温度不变时再充入少量CO，平衡常数是不变的；
(3) 根据原电池的工作原理，电池内部电解质中的阴离子由正极向负极移动，其中通空气的一极为正极，通丙烷的一极为负极，则正极反应式为O2+4e-=2O2-，而负极反应式为C3H8+10O2- -20e-=3CO2+4H2O；
(4) 用惰性电极电解足量Mg(NO3)2和NaCl 的混合溶液，阴极附近溶液中优先放电的阳离子是H+，电极反应式为2H2O−2e−=H2↑+2OH−，同时在阴极附近的溶液中生成的OH-与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，所以电解开始后，阴极附近的现象是生成无色气体和白色沉淀。
【点睛】第（2）计算平衡常数的关键是：根据元素守恒判断出水的物质的量。
16． 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+。
17． < 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。
18． 3ClO-+2NH=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+ 1.5 随着进水pH升高，NaClO含量增大，HClO含量降低，氧化性减弱，导致氨氮去除率下降 随着进水pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮容易被氧化 负 Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+ 0.1mol/L 2.5×10-5 2.24
【详解】(1)ClO-可与NH反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO-+2NH=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+；
(2)根据图象可知进水pH应控制在1.50左右时氨氮去除率会较大，由于随着进水pH升高，NaClO含量增大，HClO含量降低，氧化性减弱，因此导致氨氮去除率下降；由于随着进水pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮容易被氧化，所以进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升；
(3)由图可知，电解时Cl-失去电子转化为HClO，HClO可氧化氨气生成氮气，则d连接电源正极为阳极，可知a为负极，d为阳极，阳极反应为Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+；
(4)依据电荷守恒，pH=7，c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(NH)=c(Cl-)=0.1mol/L，依据氮原子守恒，c(NH3•H2O)=0.1004mol/L-0.1mol/L=0.0004mol/L，则Kb==2.5×10-5；
(5)将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH)=c(HSO)+2c(SO)，=1+，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，==0.62，=1+=1+0.62×2=2.24。
19． 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。
20． 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。
21． < 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。
22． -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+)。
23． 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：；。
24． 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。
25． 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。
26． -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。
27．(1)[Ar]3d64s2
(2) X射线衍射 1：2 8
(3)暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热
(4) Fe3+ Cl— 配位键 白色沉淀、亮黄色逐渐变浅
【详解】（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；
（2）①用X射线衍射可以测得铁晶体的晶胞结构，故答案为：X射线衍射；
②由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，晶胞B中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4，则A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为1：2，故答案为：1：2；
③由晶胞结构可知，在A晶胞中，位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子的距离最近，则每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有8个，故答案为：8；
（3）由铁的吸氧腐蚀原理可知，解释暖贴发热的原因是暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热，故答案为：暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热；
（4）①四氯合铁离子中具有空轨道的铁离子为配离子的中心离子，具有孤对电子的氯离子是配体，中心离子铁离子与配体氯离子形成配位键，故答案为：Fe3+；Cl—；配位键；
②亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向盐酸中逐滴滴加硝酸银饱和溶液至过量时，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，络合平衡向右移动，四氯合铁离子的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故答案为：白色沉淀、亮黄色逐渐变浅至褪去。
28．(1) 第四周期ⅣB族 2 分子 氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁 MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑
(2) 甲 PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子
【详解】（1）①钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第四周期ⅣB族，价电子排布式为3d24s2，则原子核外最高能层N层所含电子数为2，故答案为：第四周期ⅣB族；2；
②由熔沸点可知，四氯化钛为熔沸点低的分子晶体；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，所以氮化镁的晶格能大于氯化镁，熔点高于氯化镁，故答案为：分子；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁；
③用惰性电极电解熔融氯化镁得到镁和氯气，反应的化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；
（2）①由相似相溶的规律可知，极性分子甲能溶于水，非极性分子乙不溶于水，所以甲在水中的溶解度大于乙，故答案为：大于；
②由题意可知，PtCl2(NH3)2发生水解反应生成Pt(OH)2(NH3)2和氯化氢，反应的化学方程式为PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl，故答案为：PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl；
③Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子，所以配合物中H−N−H的键角大于氨分子中的H−N−H键角，故答案为：Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子；
④由甲、乙均为平面结构可知，乙为反二氯二氨合铂，则水解产物的空间结构为，故答案为：。
29． O 正四面体 1s22s22p63s23p63d34s2 2VOCl3+3H2O=V2O5+6HCl Fe3++e-=Fe2+ 正
【分析】元素的非金属性越强，电负性越大，[Ni(NH3)6]SO4的配位体为氨气，阴离子为SO，结合价层电子对互斥理论分析解答；根据均摊法计算钡钛矿晶体的晶胞中含有O原子、Ti原子和Ba原子的个数=1，结合ρ=计算解答；根据图示，Ti电极上Fe3+转化Fe2+，发生还原反应，为该电池的正极，Li电极为负极，据此分析解答。
【详解】(1)元素的非金属性越强，电负性越大，[Ni(NH3)6]SO4所含元素电负性最大的为O；其中的配位体为氨气，氨气的电子式为；阴离子为SO，S的价层电子对数=4+ =4，立体构型为正四面体，故答案为：O；；正四面体；
(2)基态23V原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，其氧化物V2O5难溶于水，可以由VOCl3(易溶于水)水解来制备，水解反应的化学方程式为2VOCl3+3H2O=V2O5+6HCl，故答案为：1s22s22p63s23p63d34s2；2VOCl3+3H2O=V2O5+6HCl；
(3)根据钡钛矿晶体的晶胞结构，晶胞中含有O原子的个数=12×=3，Ti原子的个数=8×=1，Ba原子的个数=1，因此化学式为BaTiO3，晶胞的质量=g，则晶体的密度为ρg·cm-3=，解得：a= cm，故答案为：；
(4)根据图示，Ti电极上Fe3+转化Fe2+，发生还原反应，为该电池的正极，Li电极为负极，钛电极上发生的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；充电时，应该与外电源的正极相连，故答案为：Fe3++e-=Fe2+；正。
30． H2O2 调节溶液的pH，从而防止铜元素转化为Cu(OH)2 普通漏斗 [Cu(NH3)4]2++2RH=2NH+2NH3+CuR2 铜元素与水溶液中的物质分离，富集铜元素 CuR2+2H+=2RH+Cu2+ 2H2O-4e-=O2↑+4H+ 蒸发浓缩 冷却结晶 溶有RH的有机溶剂、NH3、(NH4)2SO4溶液、H2SO4溶液 g
【分析】废旧印刷电路板中的Cu与过氧化氢、氨气、硫酸铵溶液反应，铜氧化为+2价Cu，过滤出重金属残渣，向溶液X中加入RH及有机溶剂，萃取、分液得到含有CuR2的有机溶液，加入硫酸，分液，得到含有RH的有机层和含有硫酸铜的水溶液，以石墨作电极电解硫酸铜溶液阳极生成氧气、阴极生成铜；硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得胆矾晶体。
【详解】(1)Cu是29号元素，价电子排布式是3d104s1，价电子排布图为；
(2)反应①中，过氧化氢将废旧印刷电路板中的Cu氧化为+2价Cu；在其中加入(NH4)2SO4调节溶液的pH，从而防止铜元素转化为Cu(OH)2；操作Ⅰ是过滤，用到的主要玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和普通漏斗；
(3)溶液X中的铜元素以配合物[Cu(NH3)4]2+的形式存在，反应②中[Cu(NH3)4]2+和RH反应生成NH、NH3、CuR2，反应的离子方程式[Cu(NH3)4]2++2RH=2NH+2NH3+CuR2；操作Ⅱ为分液，目的是铜元素与水溶液中的物质分离，富集铜元素；
(4)反应③是CuR2与硫酸反应生成RH和硫酸铜，反应的离子方程式CuR2+2H+=2RH+Cu2+；
(5)操作Ⅳ，以石墨作电极电解溶液硫酸铜溶液，阳极水失电子生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。操作Ⅴ是硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得胆矾晶体；
(6)根据流程图，可循环使用的试剂有溶有RH的有机溶剂、NH3、(NH4)2SO4溶液、H2SO4溶液。
(7)操作Ⅳ阳极生成aL氧气，转移电子的物质的量是，根据得失电子守恒，阳极回收铜的物质的量为，质量为。
【点睛】本题以废旧印刷电路板回收铜和制取胆矾为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤反应原理为解题关键，掌握萃取、分液的基本原理和操作，培养学生解决实际问题的能力。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-39化学能与电能（1）解答题
一、原理综合题
1．（2022·天津·一模）氮氧化物的排放对环境造成很大的污染，研究氮氧化物的转化机理对我们制定保护环境的策略有着重大意义。某科研团队在进行低温下消除氮氧化物的机理研究时，发现NO在转化过程中存在以下核心历程：
① 快反应
② 慢反应
③ 慢反应
进一步研究发现，在温度低于300℃，氮氧化物的含量介于某一浓度区间时，对于基元反应②、③而言，反应速率，模型如图所示：
(1)当反应温度为2.4K时，反应最终产物中，若使最终反应产物中，则温度T应该_______(填“大于”或“小于”)-270.6℃。
(2)工业上对于电厂烟气中的氨氧化物进行脱硝处理时，通常采用以下反应原理：；，当温度为373℃，压强为情况下，在1L密闭的容器中，通入1mol、1molNO、0.625mol达到平衡后测定NO转化率为75%，体系中，此时容器中压强_______，此时转化率为_______。
(3)101kPa条件下，不同温度，在密闭容器中发生反应 随着投料比不同，NO转化率变化图象如图所示，NO转化率降低的原因可能是_______。
(4)科学家想利用甲烷和氨氧化物设计一款电池，既能提高能源利用率，又能摆脱氮氧化物的污染，反应原理： ，酸性介质下，该电池正极的电极反应式为_______。
2．（2022·天津·统考二模）除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。
(1)金属除Cr(Ⅵ)法：其他条件相同时，用等量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理酸性含Cr(Ⅵ)废水。Cr(Ⅵ)的残留率随时间的变化如下图所示，图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是_______。
(2)与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入，再加入熟石灰，使沉淀(常温下；设时沉淀完全)。
①实验中的作用是_______。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH＞12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为_______。
③为使沉淀完全，调控溶液的pH最小值为_______。
(3)离子交换法除铬(Ⅵ)：Cr(Ⅵ)去除率与pH关系如图所示。已知：强碱性树脂(ROH)与废水中的、离子能发生交换均生成(s)。其反应可表示为(以发生交换为例)。
①写出发生交换反应的平衡常数表达式，_______。
②当pH＞4时，Cr(Ⅵ)去除率下降的原因是_______。
(4)电解除铬(Ⅵ)法：一般采用在直流电作用下铁板做阳极和阴极[忽略Cr(Ⅵ)在阴极放电]，可将酸性废水中的Cr(Ⅵ)转化为，再加碱沉淀为。已知：。
①酸性废水中的Cr(Ⅵ)离子存在的主要形式为_______。
②当沉淀出2mol 时，阳极至少消耗_______mol Fe。
3．（2022·天津·统考二模）乙醇用途广泛且需求量大，寻求制备乙醇的新方法是研究的热点。
I.醋酸甲酯催化加氢制备乙醇涉及的主要反应如下：
(a)CH3COOCH3(g)+2H2(g)C2H5OH(g)+CH3OH(g) △H=-23.6kJ·mol-1
(b)2CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3COOC2H5(g)+2CH3OH(g) △H=-22.6kJ·mol-1
(c)CH3COOCH3(g)+H2(g)CH3CHO(g)+CH3OH(g) △H=+44.2kJ·mol-1
(1)上述三个反应中随着温度升高____反应的平衡常数会逐渐增大(填a、b或c)。
(2)增大压强上述三个反应平衡不发生移动的是____(填a、b或c)
(3)将n起始(H2)：n起始(CH3COOCH3)=10：1的混合气体置于密闭容器中，在2.0MPa和不同温度下反应达到平衡时，CH3COOCH3的转化率和C2H5OH的选择性：×100%如图所示。
①若n起始n起始(CH3COOCH3)=1mol，则500K下反应达到平衡时生成C2H5OH的物质的量为____mol。
②673~723KCH3COOCH3平衡转化率几乎不变，其原因是____。
(4)T℃时，增大压强，对乙酸甲酯的转化率和乙醇选择性的影响是____。
A．两者都增大 B．乙酸甲酯转化率降低，乙醇选择性增大
C．两者都降低 D．乙酸甲酯转化率增大，乙醇选择性降低
(5)II.以KOH溶液为电解质溶液，CO2在阴极(铜板)转化为CH3COOCH3的机理如图所示。(氢原子吸附在电极表面可用*H表示，其他物种以此类推；部分物种未画出)。
①CO2在阴极上生成C2H5OH的电极反应式为____。
②CO2转化为*CO的过程可描述为：溶液中的H2O在阴极表面得到电子生成*H。
+→____
+→____
4．（2022·天津南开·统考二模）NOX(主要指NO和)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的是环境保护的重要课题。回答下列问题：
(1)用水吸收NOX的相关热化学方程式如下。
①反应的_______。
②中心原子上的价层电子对数为_______。
(2)用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：_______。
(3)用酸性水溶液吸收，吸收过程中存在与生成和的反应，写出该反应的化学方程式：_______。
(4)在催化剂的作用下能与反应生成。
①与生成的反应的化学方程式为________________，当1mol 完全反应时，转移的电子数为_______。
②在有氧条件下，新型催化剂M能催化与反应生成。将一定比例的、和的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中，反应相同时间的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。
当反应温度高于380℃时，的去除率迅速下降的原因可能是_______。
5．（2022·天津河西·统考三模）我国科学家在“碳中和”项目上进行了如图相关深入研究，并取得一定效果。请按要求回答下列问题：
(1)将CO2转化为炭黑(C)并回收利用，反应原理如图所示。
①FeO的作用是____。
②写出CO2转化为炭黑(C)和氧气的热化学方程式：____。
(2)常温下，CO2催化加氢的反应为2CO2+6H2=C2H4+4H2O △H<0。
①若该反应自发进行，反应适宜条件是____(填“低温”或“高温”)。
②若利用该反应转化为电能，实现碳回收，负极反应物为____。
(3)以CO2和甲醇为原料直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3)的反应为CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)△H。在一定条件下，测定碳酸二甲酯的产率随温度变化的曲线如图a所示；其他条件一定时，改变压强(保持各物质气态)，测定甲醇的平衡转化率随压强变化的曲线在图b(未画出)。
①每个碳酸二甲酯分子中最多有___原子共平面。
②在140~180℃之间，随着温度升高，碳酸二甲酯的产率降低，可能原因是(写一种)____。
③请绘制出图b曲线____。
6．（2022·天津南开·统考三模）甲醇是基本有机原料之一，用于制造氯甲烷、甲胺和硫酸二甲酯等多种有机产品，甲醇可由CO与H2反应制得。回答下列问题：
(1)已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为727，CO(g)的燃烧热为283，H2O(g)=H2O(l) 。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为_______。
(2)恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示。
则T1_______T2(填“>”、“<”或“=”，下同)，M点的正反应速率_______N点的逆反应速率。
(3)密闭容器中，高温TK条件下，用CO还原氧化铁得到单质铁。若初始压强为pkPa，平衡后气体中CO的物质的量分数为a，此温度反应的平衡常数Kp=_______(Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)。
(4)以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。
①阳极的电极反应式为_______。
②若以铅蓄电池为电源，A应与铅蓄电池的_______(填“Pb”或“PbO2”)相连。
7．（2022·天津红桥·统考二模）碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长。因此，诸多科学家都在大力研究利用和CO以减少碳的排放。
(1)“神十三”中航天员们呼吸产生的用一种循环方案处理，即，然后电解水又得氢气和氧气。在温度为T，向一恒容密闭容器中，按物质的量之比2∶1通入和，
①能说明容器中的反应均已达到平衡状态的是_______。
A．容器内气体的平均相对分子质量不变 B．和的转化率相等
C．(g)与C(s)的物质的量之比保持不变 D．
②测得反应过程中压强(p)随时间(t)的变化如图中a所示，若其它条件不变，仅改变某一条件时，测得其压强(p)随时间(t)的变化如图中b所示。
a._______0(填“>”“<”或“不确定”)。
b.改变的条件是_______。
(2)经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①反应Ⅱ的活化能Ea(正)_______ Ea(逆)(填“>”“<”或“=”)。
②在温度下，将3.0mol 和7.0mol 充入2L的恒容密闭容器中发生反应Ⅰ和Ⅱ，达到平衡状态时(g)和(g)的物质的量分别为1mol和0.5mol。则温度时反应Ⅰ的平衡常数_______。
(3)工业上利用废气中的、CO联合制取烧碱、氯代烃和甲醇的流程如图。
已知B中的装置使用了阳离子交换膜。
①B中发生的总反应的离子方程式为_______。
②A中、CO物质的量之比为1：1时反应的化学方程式：_______。
8．（2022·天津南开·统考一模）我国提出争取在2030年前实现“碳达峰”，2060年前实现“碳中和”，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。下列各项措施能够有效促进“碳中和”。回答下列问题：
Ⅰ．将CO2转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。
(1)从能量角度分析FeO的作用是_______。
(2)写出炭黑和氧气转化为CO2的热化学方程式：_______。
Ⅱ．以CO2和甲醇为原料直接合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3)的反应为：
CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g) ΔH
在不同的实验条件下，测定甲醇的转化率。温度的数据结果为图a，压强的数据结果在图b中未画出。
(3)该反应的ΔH_______0(填“>”或“＜”)。
(4)在100～140℃之间，随着温度升高，甲醇转化率增大的原因是_______。
(5)在图b中绘制出压强和甲醇转化率之间的关系(作出趋势即可)。_______
Ⅲ．利用Al-CO2电池(工作原理如下图所示)能有效地将CO2转化成化工原料草酸铝。
(6)电池的总反应式为_______。
(7)电池的正极反应式：2CO2+2e-=C2O(草酸根)正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：
①6O2+6e-=6O
②……
写出反应②的离子方程式：_______
9．（2022·天津·统考一模）2022年2月18日，“美丽中国·绿色冬奥”专场新闻发布会在北京新闻中心举行。发展碳捕集与利用的技术，将CO2转化为高附加值的化学品，实现CO2资源化利用，是一项重要的碳减排技术。
(一)CO2加氢(RWGS)制合成气(CO)
RWGS反应： 反应ⅰ
副反应： 反应ⅱ
(1)已知：
则_______。
(2)当H2、CO2按体积比3：1投料时，RWGS反应的平衡组成如图1所示。
①_______0(选填“>”、“<”或“=”)；RWGS反应最佳温度为_______(填序号)
A．300~350℃ B．400~450℃ C．700~750℃
②反应ⅰ的平衡常数表达式K=_______。
(二)CO2电催化转化合成气
(3)CO2电还原反应机理如图2所示，由图可知，催化剂选择纳米Au55(纳米Au55指的是含55个原子的Au纳米颗粒)，理由是_______。表示物种从催化剂表面解吸(物种与催化剂分离)的是过程_______(选填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
(三)电催化CO2还原制甲酸(HCOOH)
(4)图3为电催化CO2还原生产HCOOH的示意图。该电解池阳极的电极反应式为_______；总反应方程式为_______。
10．（2022·天津·模拟预测）汽车尾气中含有氮氧化合物和CO，减少它们在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
(1)已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol−1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=−393kJ·mol−1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3=−221kJ·mol−1
若某反应的平衡常数表达式为，请写出此反应的热化学方程式：_______。
(2)一定条件下，反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)的反应历程如图所示，该历程分步进行，其中第_______步是决速步骤。
(3)欲研究在某催化剂作用下2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)的反应速率与温度的关系，在其他条件相同时，改变反应温度，测得经过相同时间时该反应的正反应速率如图所示，A、B两点对应温度下正反应速率变化的原因可能是_______，A、B两点对应温度下该反应的活化能Ea(A)_______Ea(B)(填“>”或“<”)。
(4)设为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。在某温度下，原料组成n(CO):n(NO)=1：1，初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行上述反应，体系达到平衡时N2的分压为20kPa，则该反应的相对压力平衡常数_______。
(5)用NH3可以消除NO污染：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) ΔH
①某条件下，该反应速率v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·ca(N2)·cb(H2O)，该反应的平衡常数，则b=_______。
②若将9mol NH3和11molNO投入真空容器中恒温恒容(温度298K、体积为10L)进行反应，已知该条件下k正=6.4×102(mol/L)−9·s−1，当平衡时NH3转化，v逆=_______ mol·L−1·s−1。
(6)Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图所示装置制备Na2FeO4。
①电解时，阳极电极反应式为_______。
②若b＞a，图中右侧的离子交换膜为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
11．（2022·天津·模拟预测）利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)
②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
③CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
回答下列问题：
(1)反应①的化学平衡常数K的表达式为___________。
(2)已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
化学键
H—H
C—O
C≡O
H—O
C—H
E/(kJ·mol-1)
436
343
1076
465
413
由此计算=___________kJ·mol-1，已知=-58kJ·mol-1，则=___________kJ·mol-1。
(3)科学家提出制备合成气反应历程分两步：
反应①：CH4(g)=C(ads)+2H2(g)(慢反应)
反应②：C(ads)+CO2(g)=2CO(g)(快反应)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为___________。
(4)利用铜基配合物1，10—phenanthroline—Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。
①该装置工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH___________(填“变大”或“变小”)，每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加___________g。
②阴极的电极反应式为___________。
③若该电源为铅蓄电池，当向外电路每提供2mol电子，理论上消耗硫酸的质量为___________g。
④该装置工作过程中阳极的电极反应式为___________。
12．（2022·天津·统考模拟预测）完成下列填空
(1)氮氧化物是主要的大气污染物之一，利用氢气选择性催化还原(H2-SCR)是目前消除NO的理想方法，备受研究者关注。
H2-SCR法的主反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH1
副反应：2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g) ΔH2<0
回答下列问题：
①已知：H2(g)+O2(g)=H2O(g) ΔH3=-241.5kJ/mol
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH4=+180.5kJ/mol
i. ΔH1=___________kJ/mol。
ii.下列提高主反应选择性的最佳措施是___________(填标号)。
A．降低温度 B．使用合适的催化剂 C．增大c(NO) D．增大压强
②H2-SCR在Pt-HY催化剂表面的反应机理如下图所示：
已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4∶1，反应中每生成1mol N2转移的电子的物质的量为___________mol。
③T℃，时，恒容密闭容器中发生上述反应，平衡体系中N2物质的量分数为10%，平衡压强与起始压强之比为3.6：4，则NO的有效去除率(转化为N2)为___________。
(2)甲醇在工业上可利用水煤气来合成：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH＜0。将1mol CO和2mol H2通入密闭容器中进行反应，在一定温度和压强下达到平衡时甲醇的体积分数φ(CH3OH)的变化趋势如图所示(其中X1→X4逐渐减小，Y1→Y4逐渐增大)：
图中X轴表示的外界条件为___________，判断的理由是___________。
(3)NO2、O2和熔融KNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在放电过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y可循环使用，则正极反应式为___________。
13．（2022·天津·模拟预测）完成关于锰元素的问题。
(1)已知：①(绿色，溶液)
②(无色，溶液)
锰有多种化合价，如+7、+6、+4、+2价等，在中性溶液里高锰酸钾的还原产物一般为___________(填化学式)。
(2)查阅资料：(未配平，Xe是稀有气体)。已知在高锰酸钾固体表面滴加浓盐酸，发生的半反应为。在盛有溶液的试管中加入适量，振荡试管，可能观察到的现象是：___________。
(3)草酸(H2C2O4，二元弱酸)晶体溶于酸性高锰酸钾溶液，溶液的紫色褪去。离子反应方程式为：___________。
(4)以铅蓄电池为电源电解酸化的溶液，可制备。铅蓄电池的总反应方程式为：___________；当蓄电池中有被消耗时，阳极上的理论产量为___________g．
(5)催化分解：，其反应机理如下：
①已知反应Ⅱ为：，写出反应Ⅰ的热化学方程式(焓变用和表示)：___________。
②某温度时，向10mL0.4mol/LH2O2液中滴入1滴发生上述分解反应，测得不同时刻生成的体积(已折算为标准状况下体积)如下表：
t/min
0
2
4
6
V(O2)/mL
0
9.9
17.2
22.4
时反应速率比时的慢，其原因是：___________。的平均反应速率v(H2O2)=___________(忽略溶液体积变化)。
14．（2022·天津·模拟预测）运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。
(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取：
a.CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ∆H1=+216.4kJ/mol
b.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ∆H2=–41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g)∆H=__。
(2)起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。
①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是__(填序号)。
A．N2和H2的转化率相等
B．反应体系密度保持不变
C．保持不变
D．=2
②P1__P2(填“>”“<”“=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点__D点。
③C点H2的转化率为__；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：v(A)___v(B)。
Ⅱ.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如图所示。
(3)已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为__。反应过程中通过质子交换膜(ab)的H+为2mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为__L。
15．（2022·天津·模拟预测）丙烷在燃烧时放出大量的热，它也是液化石油气的主要成分，作为能源应用于人们的日常生产和生活。
已知： 2C3H8(g)+7O2(g)=6CO(g)+8H2O(1) △H1 =-2741.8 kJ•mol-1
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H2＝-566.0 kJ•mol-1
(1)反应C3H8 (g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=____________；
(2)现有1molC3H8在不足量的氧气里燃烧，生成1molCO和2molCO2以及气态水，将所有的产物通入一个固定体积为1L的密闭容器中，在一定条件下发生如下可逆反应：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) △H=+41.2kJ•mol-1
①下列事实能说明该反应达到平衡的是_____________；
a．体系中的压强不再变化 b．v正( H2) = v逆( CO ) c．混合气体的平均相对分子质量不再变化 d．CO2 的浓度不再发生变化
②5min 后体系达到平衡，经测定，容器中含 0.8 mol H2，则平衡常数K =______；
③其他条件不变，向平衡体系中充入少量CO，则平衡常数K______(填“增大”、“减小”或“不变”)
(3)根据(1)中的反应可以设计一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丙烷气体 ；燃料电池内部是熔融的掺杂着氧化钆(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在其内部可以传导O2-，在电池内部O2-向______极移动(填“正”或“负”)；电池的负极电极反应为________。
(4)用上述燃料电池和惰性电极电解足量Mg(NO3)2和NaCl的混合溶液，电解开始后阴极附近的现象为___________。
16．（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___________。
17．（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：___。
18．（2021·天津·三模）已知：①水体中氨氮(NH3、NH)过量会导致富营养化，国家标准要求经处理过的氨氮废水中氨氮标准限值范围为0.02mg·L-1~150mg·L-1、pH控制在6-9；②HClO的氧化性比NaClO强；③NH3比NH更易被氧化。某研究小组用NaClO氧化法处理氨氮废水，进水pH对氨氮去除率和出水pH的影响如图所示：
(1)反应原理：ClO-可与NH反应生成N2等无污染物质，反应的离子方程式为___。
(2)进水pH应控制在___左右为宜；进水pH为1.25～2.75范围内，氨氮去除率随进水pH升高迅速下降的原因是___；进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随进水pH升高而上升的原因是___。
(3)运用上述原理，也可利用如图所示的电解法去除废水中的氨氮。
a极为电源的___极；d极反应式为___。
(4)常温下将0.1004mol碳酸氢铵粉末加入到1L0.1mol·L-1盐酸中，充分反应后溶液pH恰好为7(此时溶液中几乎不含碳元素，忽略溶液体积变化)，则溶液中c(NH)=___，NH3·H2O的电离平衡常数为___。
(5)已知H2SO3的Ka1=1.3×10-2、Ka2=6.2×10-8。常温下，将SO2通入某氨水至溶液恰好呈中性，此时溶液中=__。
19．（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_______。
20．（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___________。
21．（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：___________。
22．（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___________。
23．（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_______。
24．（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，)
25．（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___。
26．（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___________。
二、结构与性质
27．（2022·天津河西·统考三模）铁及其化合物在生活、生产中有着重要作用。请按要求回答下列问题。
(1)基态Fe原子的简化电子排布式为____。
(2)因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构、密度和性质均不同。
①用____实验测定铁晶体，测得A、B两种晶胞，其晶胞结构如图：
②A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为____。
③在A晶胞中，每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有____个。
(3)常温下，铁不易和水反应，而当撕开暖贴(内有透气的无纺布袋，袋内装有铁粉、活性炭、无机盐、水、吸水性树脂等)的密封外包装时，即可快速均匀发热。利用所学知识解释暖贴发热的原因：___。
(4)工业盐酸因含有[FeCl4]—而呈亮黄色，在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。
①[FeCl4]—的中心离子是____，配体是____；其中的化学键称为____。
②取4mL工业盐酸于试管中，逐滴滴加AgNO3饱和溶液，至过量，预计观察到的现象有____，由此可知在高浓度Cl—的条件下[FeCl4]—才是稳定存在的。
28．（2022·天津·一模）d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。请回答下列问题：
(1)我国科学家用和，制备超导材料，反应原理为。
①钛元素在元素周期表中的位置___________，基态钛原子的核外最高能层所含电子数___________。
②已知部分物质的熔沸点如下表。
熔点/
800(分解)
-25
714
2950
沸点/
700(升华)
136.4
1412
(略)
属于___________晶体，应用所学知识解释的熔点大于的原因___________。
③写出惰性电极电解得到单质的化学方程式___________。
(2)是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸()反应生成。
①根据相似相溶的规律，可推断___________(填“甲”或“乙”)在水中的溶解度较大。
②发生水解反应的化学方程式是___________。
③中的键角大于分子中的键角，请结合所学知识解释原因___________。
④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构，画出乙的水解产物的空间结构___________。
29．（2021·天津河北·统考二模）过渡元素镍(Ni)、钒(V)、钛(Ti)等在工业上具有广泛的用途，根据原子结构与周期表及元素的性质，向答下列问题：
(1)镍可形成多种配合物，其中[Ni(NH3)6]SO4所含元素电负性最大的为___(填元素符号)，配位体的电子式为___，阴离子的立体构型是___。
(2)基态23V原子的电子排布式为___，其氧化物V2O5难溶于水，可以由VOCl3(易溶于水)水解来制备，反应的化学方程式为___。
(3)钡钛矿晶体的晶胞结构如图所示，晶胞边长为acm。若该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则a=___cm(列出计算式，用ρ表示)。
(4)钛可作为电池电极材料应用，在某种锂离子电池中，电池结构如图。写出钛电极上发生的电极反应式___，充电时，钛电极与电源___极相连。
三、工业流程题
30．（2021·天津河西·统考一模）某化学小组模拟湿法技术，利用废旧印刷电路板，探究回收铜和制取胆矾的实验，设计流程简图如图。
请按要求回答下列问题：
(1)Cu的价电子排布图为__。
(2)反应①中，将废旧印刷电路板中的Cu氧化为+2价Cu的物质是(写化学式)___；在其中加入(NH4)2SO4的作用是___。操作Ⅰ用到的主要玻璃仪器名称：玻璃棒、烧杯和___。
(3)已知溶液X中的铜元素以配合物的形式存在，写出反应②的离子方程式：__。操作Ⅱ的目的是___。
(4)反应③的离子方程式：___。
(5)操作Ⅳ，以石墨作电极电解溶液Y，阳极电极反应式：___。操作Ⅴ主要步骤：__、___、过滤、洗涤、干燥。
(6)在流程图中可循环使用的试剂：___。
(7)通过操作Ⅳ回收铜的质量为(已知过程中没有H2产生。用含a的代数式表示)___。
参考答案：
1．(1)大于
(2) 1.08(或1.1) 85%
(3)(或有副反应发生)
(4)
【详解】（1）根据题意，发生的是平行反应，相同时间内，，由和的数学表达式可知，温度越高，比值越大，温度应大于2.4K，即大于-270.6℃，故填大于；
（2）设两个反应的氨气的变化量分别为、，可列三段式：
平衡后测定NO转化率为75%，则平衡体系中；
平衡体系中；
解得，；
平衡后总的气体物质的量为，其中，，，，则2.8375mol；
，氨气的转化量为，则氨气的转化率为，故填1.08(或1.1)；85%；
（3）如图，随着氨气量的增加， NO 转化率降低，其可能原因是有副反应发生，故填或有副反应发生；
（4）正极发生还原反应，根据总反应，对应的是 NO 在正极上放电：，故填；
2．(1)Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率
(2) 将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ) Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]- 6
(3) 2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1) c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动
(4) 6
【解析】(1)
图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是Zn - Cu粉在废水中形成原电池，加快反应速率；
(2)
①实验中NaHSO3的作用是将Cr (VI)还原为Cr (Ⅲ)；
②由图2可知，当pH>12时，去除率下降的原因可用离子方程式表示为Cr(OH)3 + OH- = [Cr(OH)4]-；
③Cr3+沉淀完全生成Cr(OH))3，将Cr3沉淀完全的离子浓度代入Cr(OH)3的溶度积常数可得:
c((OH)≥mol/L=1mol/L，则c(H+)≤10-6mol/L，则调控溶液的pH最小值为6；
(3)
①该交换反应为:2ROH (s) + (aq) = R2CrO4 (s)+ OH- (aq) + H2O(1)；
②当pH>4时，Cr (VI)去除率下降的原因是：c(OH-)增大，交换反应平衡逆向移动；
(4)
①根据反应方程式H2O + = 2+ 2H+可知，酸性条件下由于氢离子的浓度较高，平衡会逆向移动，使得升高，成为Cr (VI)的主要存在形式；
②已知1摩尔Cr (VI)还原成1摩尔Cr (III)时会得到3摩尔电子，而铁做为电极材料时生成亚铁离子，亚铁离子再还原六价铬，所以每沉淀，出2molCr(OH)3，需要6mol亚铁离子，则阳极要消耗6molFe。
3．(1)c
(2)c
(3) 0.81 温度的升高使反应a、反应b中CH3COOCH3的平衡转化率下降，使反应c中CH3COOCH3的平衡转化率上升，且上升幅度与下降幅度相当
(4)D
(5) 2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－ CO2
【解析】(1)
由题意可知反应c为吸热反应，升温平衡正向移动，平衡常数增大，故答案为c；
(2)
对于反应前后气体的计量系数相同的反应，增大压强平衡不移动，根据题给的三个反应可知，答案为：c；
(3)
①设反应a消耗CH3COOCH3的物质的量为amol，反应bCH3COOCH3消耗的物质的量为bmol，反应c消耗的物质的量为cmol，根据反应a，推出生成C2H5OH的物质的量为amol，根据题意有：×100%=90%，×100%=90%，解得a=0.81；故答案为0.81；
②反应a、反应b为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，反应a、反应b向逆反应方向进行，CH3COOCH3的转化率降低，反应c为吸热反应，升高温度，反应c向正反应方向进行，当上升幅度与下降幅度相当时，CH3COOCH3的平衡转化率几乎不变，故答案为：温度的升高使反应a、反应b中CH3COOCH3的平衡转化率下降，使反应c中CH3COOCH3的平衡转化率上升，且上升幅度与下降幅度相当；
(4)
反应a和反应b均为气体分子数减小的反应，T℃时，增大压强，，反应a和b平衡均正向移动，乙酸甲酯的转化率增大，反应b不生成乙醇，故乙醇的选择性下降，反应c为反应前后气体分子数不变的反应，增大压强，平衡不移动，无影响；故选D；
(5)
①CO2在阴极上得电子，转化成C2H5OH，电极反应式为2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－；故答案为2CO2＋12e－＋9H2O=C2H5OH＋12OH－；
②根据机理可知，溶液中的H2O在阴极表面得到电子生成，与CO2反应生成，与反应生成和H2O，故答案为：CO2，。
4．(1) +75.9 3
(2)
(3)
(4) NH3与O2反应产生了NO
【解析】(1)
①由题干信息可知，反应I： ，反应II： ，2I -3II即可得到反应，根据盖斯定律可知， =2×(-136.2kJ/mol)-3×(-116.1kJ/mol)=+75.9，故答案为：+75.9；
②中心原子上的价层电子对数为2+=3，故答案为：3；
(2)
用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，电解时阳极上发生氧化反应，即将HNO2氧化为HNO3，故该电极的电极反应式为：，故答案为：；
(3)
用酸性水溶液吸收，吸收过程中存在与生成和的反应，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：，故答案为：；
(4)
①与生成和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的反应的化学方程式为，反应中转移24mol电子，当1mol 完全反应时，转移的电子数为3mol×6.02×1023mol-1=1.806×1024，故答案为：；1.806×1024；
②当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降，可能的原因是NH3与O2反应产生了NO，导致NOx去除率降低，故答案为：NH3与O2反应产生了NO。
5．(1) 催化剂，降低反应活化能 CO2(g)=C(s)+O2(g)△H=+(a+b) kJ/mol
(2) 低温 H2
(3) 8 从140℃起随温度的升高，因反应正向放热，不利于反应正向进行或因催化剂的活性降低或反应的副产物增多
【解析】（1）
由图可知，过程ⅰ的反应为二氧化碳与氧化亚铁反应生成四氧化三铁和炭黑，反应的热化学方程式为CO2(g)+6FeO(s)=2Fe3O4(s)+ C(s) △H=+bkJ/mol，过程ⅱ的反应为四氧化三铁发生分解反应生成氧化亚铁和氧气，反应的热化学方程式为2Fe3O4(s)= O2(g)+6FeO(s) △H=+akJ/mol，则氧化亚铁为反应的催化剂，总反应的热化学方程式为CO2(g)=C(s)+O2(g)△H=+(a+b) kJ/mol；
①由分析可知，氧化亚铁为反应的催化剂，能降低反应的活化能，加快反应速率，故答案为：催化剂，降低反应活化能；
②由分析可知，二氧化碳转化为炭黑和氧气的热化学方程式为CO2(g)=C(s)+O2(g)△H=+(a+b) kJ/mol，故答案为：CO2(g)=C(s)+O2(g)△H=+(a+b) kJ/mol；
（2）
①常温下，该反应是气体体积减小的放热反应，反应焓变△H＜0，熵变△S＜0，则该反应在低温条件下反应△H＜0—T△S＜0，能自发进行，故答案为：低温；
②若利用该反应转化为电能，实现碳回收，由方程式可知，还原剂氢气在负极失去电子发生氧化反应生成水，故答案为：H2；
（3）
①酯基是平面结构，则每个碳酸二甲酯分子至少有6个原子一定共平面，由三点成面的规则可知，分子中最多有8个原子共平面，故答案为：8；
②由图可知，140℃时，碳酸二甲酯的产率最大，说明反应达到平衡，140℃时之前是平衡的形成过程，140℃时之后是平衡的移动过程，该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，碳酸二甲酯的产率减小；温度升高，催化剂的活性降低、反应的副产物增多也可能导致碳酸二甲酯的产率减小，故答案为：从140℃起随温度的升高，因反应正向放热，不利于反应正向进行或因催化剂的活性降低或反应的副产物增多；
③该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，甲醇的平衡转化率增大，所以甲醇的平衡转化率与压强变化的曲线如下图： ，故答案为： 。
6．(1)
(2) < <
(3)
(4) PbO2
【解析】（1）
目标反应为，反应热，故则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为：；
（2）
该反应为放热反应，恒压条件下，温度越高，CO的转化率越低，图中可以看出压强相同时，T2温度下CO的转化率低，故T1
CO还原氧化铁得到铁单质的化学方程式为：，反应前后的气体只有CO和CO2，且两者化学计量数相同，平衡时CO的物质的量分数为a，平衡分压为pa，可列出三段式：，平衡常数；
（4）
由图可知，B电极附近氧气参与反应生成水，氧元素化合价降低，故B电极为阴极，与电源负极相连，发生的电极反应为：；A电极为阳极，与电源正极相连，发生的电极反应为：；铅蓄电池中PbO2为正极，故A电极应与PbO2相连。
7．(1) AC < 使用催化剂
(2) < 10
(3)
【解析】(1)
反应：为气体分子数减少的反应，恒容密闭溶液中，按物质的量之比2∶1通入和：
A．容器体积一定，当气体的物质的量和质量保持不变时，反应法达平衡，容器内气体的平均相对分子质量不变，A正确；
B．按物质的量之比2∶1通入和，按系数比投料，两者的转化率始终相等，不能判断达平衡，B错误；
C．(g)与C(s)的物质的量之比保持不变说明各组分的物质的量均不变，可以判断达平衡，C正确；
D. 表示方向均为正反应方向，可以判断达平衡，D错误；
故选AC。
由图可知，随着反应的进行压强先变大后变小，5min时达到平衡状态，说明反应为放热反应，使得开始的温度升高，压强变大，故 ；改变条件后化学反应速率加快，而平衡状态没有移动，说明加入了催化剂；
(2)
反应II为放热反应，生成物的能量低于反应物的能量，则反应II的Ea(正)
流程中B为电解食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，产生的氯气进入C装置中制备氯化铜，产生的氢气进入A装置中与一氧化碳和二氧化碳反应制备甲醇。
B中为电解饱和食盐水的反应，发生的总反应的离子方程式为：；根据分析，A中、CO与氢气反应制备甲醇，、CO物质的量之比为1：1时反应的化学方程为：。
8．(1)降低反应活化能
(2)C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=−(a+b)kJ·mol−1
(3)＜
(4)在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大。
(5)
(6)2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
(7)6CO2+6O=3C2O+6O2
【详解】（1）由题干反应历程图可知，FeO反应前后质量和性质没有改变，即FeO作催化剂，催化剂能够降低反应所需要的活化能，故从能量角度分析FeO的作用是降低反应所需的活化能，故答案为：降低反应所需的活化能；
（2）由题干反应历程可知，反应①为：2Fe3O4(s)=O2(g)+6FeO(s) +akJ/mol，反应②为：CO2(g)+6FeO(s)=C(s)+2Fe3O4(s) =+bkJ/mol，①+②的CO2(g)=C(s)+O2(g) 根据盖斯定律可知，=+(a+b)kJ/mol，则炭黑和氧气转化为CO2的热化学方程式为C(s)+O2(g)= CO2(g) =-(a+b)kJ/mol，故答案为：为C(s)+O2(g)= CO2(g) =-(a+b)kJ/mol；
（3）由题干图象可知，140℃之前由于反应还未达到平衡状态，温度升高反应速率越快，则相同时间内甲醇的转化率增大，而140℃之后由于反应已经达到平衡，温度升高，反应速率加快，更加早已达到化学平衡，此时升高温度，甲醇的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应的ΔH＜0，故答案为：＜；
（4）由(3)分析可知，在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大，故答案为：在100～140℃之间，反应并未达到平衡状态，温度升高，反应速率增大，甲醇转化率增大；
（5）根据反应方程式CO2(g)+2CH3OH(g)CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)可知，反应正反应是一个气体体积减小的方向，即增大压强，反应速率加快，达到平衡之前，甲醇的转化率增大，达到平衡之后，增大压强，平衡正向移动，甲醇的平衡转化率增大，故压强与甲醇转化率之间的关系如图：，故答案为：；
（6）由题干电池装置图可知，Al为负极，电极反应为：Al-3e-=Al3+，多孔碳电极为正极，电极反应为：2CO2+2e-=，故电池的总反应式为2Al+6CO2=Al2(C2O4)3，故答案为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3；
（7）电池的正极反应式：2CO2+2e-=C2O(草酸根)正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：①6O2+6e-=6O，根据电子守恒并用正极反应减去反应①即得反应②，故其离子方程式为：6CO2+6O=3C2O+6O2，故答案为：6CO2+6O=3C2O+6O2。
9．(1)
(2) > C
(3) 当催化剂为纳米Au55时，反应的活化能较小，反应速率更快 Ⅲ
(4)
【解析】（1）
已知①，②，③，④，根据盖斯定律，将④×2-③=②，则，故答案为：；
（2）
①由图可知，随着温度升高，平衡时CO的物质的量分数增大，说明升高温度，反应ⅰ的平衡正向移动，则；由图可知，当温度为300~350℃ 或400~450℃时，CO2的转化率较低，且CH4的含量较高，说明此时发生了副反应，而当温度为700~750℃时，CO2的转化率已经达到较高水平，CH4的含量也接近于0，说明几乎没有副反应发生，再升高温度，CO2的转化率略有提高，但能耗增大，因此RWGS反应最佳温度为700~750℃，故选C，故答案为：>；C；
②反应ⅰ的平衡常数表达式为，故答案为：；
（3）
由图可知，当催化剂为纳米Au55时，反应的活化能较小，反应速率更快，因此催化剂选择纳米Au55；由图可知，过程Ⅰ为催化剂吸附过程，过程Ⅲ为物种与催化剂分离的过程，故答案为：当催化剂为纳米Au55时，反应的活化能较小，反应速率更快；Ⅲ；
（4）
由图可知，甲醇发生氧化反应生成甲酸，因此甲醇所在电极为阳极，阳极的电极反应式为；阴极为CO2得电子生成甲酸，阴极的电极反应式为，则总反应为，故答案为：；。
10．(1)2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=−745kJ·mol−1
(2)33
(3) 温度过高时催化剂的催化活性降低 <
(4)320
(5) 0 0.625
(6) Fe+8OH−−6e−=FeO+4H2O 阴
【解析】(1)
根据反应的平衡常数表达式可知反应的化学方程式为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)，根据盖斯定律该反应的ΔH=②×2-③-①=(−393×2+221−180)kJ/mol=−745kJ/mol，所以热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH=−745kJ·mol−1；
(2)
由图可知，反应过程中能量变化出现3个峰，即吸收3次活化能，经历3步基元反应，因为第3次对应峰最高，即活化能最大，对该反应过程起决速作用；
(3)
温度越高，一般速率越快，但是A点v正大于B点v正，所以可能原因是温度过高时催化剂的催化活性降低导致；因为A点催化剂活性高，反应速率快，所以Ea(A)
恒容容器中压强之比等于气体的物质的量，所以可以用压强代替物质的量来进行三行式的计算，根据题意有：
所以；
(5)
①该反应的平衡常数K==，所以b=0；
②根据题意列三段式有
，所以，所以；
(6)
①该电解池阳极材料为Fe，根据题意可知，碱性环境中Fe被氧化生成高铁酸钠，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应式为Fe+8OH−−6e−=FeO+4H2O；
②电解时阴极水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，中间室中的钠离子迁移到左侧，所以左侧离子交换膜为阳离子交换膜，所以b＞a，根据阳极的反应可知，阳极反应过程中消耗氢氧根，所以需要中间室中的氢氧根迁移到右侧，则右侧的离子交换膜为阴离子交换膜。
11．(1)
(2) -99 +41
(3)CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=+(E3-E1) kJ•mol-1
(4) 变小 46g CO2+2H++2e-=HCOOH 196 2H2O-4e-=4H++O2↑
【分析】ΔH1=反应物键能总和-生成物键能总和；根据盖斯定律：②-①得③；根据△H=生成物总能量-反应物总能量，由图可知CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=E[2CO(g)+2H2(g)]-E[CH4(g)+CO2(g)];在电解池中，阳极反生氧化反应，阴极发生还原反应，据此结合图示可知阴极反应物、生成物、电解质环境，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写电极方程式；质子交换膜只允许H+通过，在电解池中，阳离子向阴极移动，根据①所得电极方程式和H+移动量计算阴极室的物质变化，注意H+移动所带电荷数等于转移电子所带电荷量;由图可知H2O在Pt电极被氧化生成O2，CO2在石墨烯电极被还原生成HCOOH，故Pt电极为阳极，发生反应2H2O-4e-=4H++O2↑，酸性变强，石墨烯电极为阴极，使用酸性电解质溶液，故阴极的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH.
（1）
平衡常数K，可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比或反应产物与反应物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比。反应①CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 的化学平衡常数K的表达式为 。故答案为：；
（2）
ΔH1=反应物键能总和-生成物键能总和=(1076+2×436)kJ/mol-(413×3+343+465)kJ/mol=-99kJ/mol；根据盖斯定律：②-①得③，则ΔH3=ΔH2-ΔH1=-58kJ/mol-(-99kJ/mol)=+41kJ/mol，故答案为：-99；+41；
（3）
根据△H=生成物总能量-反应物总能量，由图可知CH4与CO2制备合成气的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=E[2CO(g)+2H2(g)]-E[CH4(g)+CO2(g)]=+(E3-E1) kJ•mol-1，故答案为：CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H=+(E3-E1) kJ•mol-1；
（4）
①由图可知H2O在Pt电极被氧化生成O2，CO2在石墨烯电极被还原生成HCOOH，故Pt电极为阳极，发生反应2H2O-4e-=4H++O2↑，酸性变强，石墨烯电极为阴极，使用酸性电解质溶液，故阴极的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH，每转移2mol电子，阴极室消耗2molH+，产生1molHCOOH，并有2molH+经质子交换膜从阳极室移向阴极室，即阴极室溶液增加了1molHCOOH，故增加的质量为m=n×M=1mol×46g/mol=46g；该装置工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH变小(填“变大”或“变小”)，每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加46gg。故答案为：变小；46g；
②阴极的电极反应式为CO2+2H++2e-=HCOOH。故答案为：CO2+2H++2e-=HCOOH；
③若该电源为铅蓄电池，电极材料分别是Pb和PbO2，电解液为稀硫酸．工作时该电池总反应式为Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，当向外电路每提供2mol电子，消耗2mol硫酸，理论上消耗硫酸的质量为98g/mol×2mol=196g。故答案为：196；
④由分析，Pt电极为阳极，发生反应2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑。
12．(1) -663.5 B 3 72%
(2) 温度 温度降低，平衡正向移动，平衡时甲醇的体积分数增大
(3)O2+2N2O5+4e-=4NO
【解析】（1）
①根据盖斯定律，反应可通过 “”×2-“”得到，则-，则ΔH1=-663.5 kJ/mol；主反应和副反应均是ΔH<0且气体分子数减少的反应，具有相同的反应物，故提高主反应选择性的最佳措施是使用合适的催化剂，选择B项。
②据图可知HY载体表明NO、O2、NH反应得到N2和H2O，NO、O2物质的量之比为4∶1，所以反应的离子方程式为4NO+O2+4NH=4N2+6H2O+4H+，该反应中NH所失电子即转移电子，生成1molN2时，有1mol NH参与反应，转移3mol电子。
③T℃，，可设投入恒容密闭容器中、，设平衡时刻NO主反应转化了xmol，依据题意有：
设平衡时刻NO副反应转化了ymol，则消耗H2，生成N2O和molH2O(g)，则根据平衡体系中N2物质的量分数为10%得： ，根据平衡压强与起始压强之比等于气体总物质的量之比，为3.6：4得： ，联立两个等式求解的x=0.72，y=0.08，则NO的有效去除率(转化为N2)为。
（2）
从图中分析可知，Y不变情况下，随着X1→X4，甲醇的体积分数φ(CH3OH)增大，即该反应平衡朝正向进行，结合该反应是正向放热且气体分子数减少的情况，温度降低和压强增大使平衡正向移动，而X1→X4逐渐减小，故X轴表示的外界条件为温度。
（3）
燃料电池中O2得电子在正极，燃料失电子在负极，从该原理图所示可知，石墨Ⅰ电极上NO2失去电子与电解质中阴离子NO生成氧化物N2O5，则正极O2得电子与可循环使用的N2O5反应生成NO，电极反应式为：O2+2N2O5+4e-=4NO。
13．(1)
(2)无色溶液变为紫(或紫红)色，并产生黄绿色气体
(3)
(4) 87
(5) 随着反应的进行，浓度不断减小，反应速率不断减慢
【解析】（1）
根据已知，在强碱性溶液中被还原得到+6价的Mn，在强酸性溶液中被还原得到+2价的Mn，则可以推测在中性溶液里高锰酸钾的还原产物一般为+4Mn，即MnO2。
（2）
已知，因此在盛有溶液的试管中加入适量，振荡试管，Mn2+被氧化为，又已知在高锰酸钾固体表面滴加浓盐酸，发生的半反应为，则观察到的现象为无色溶液变为紫(或紫红)色，并产生黄绿色气体。
（3）
草酸(H2C2O4，二元弱酸)晶体溶于酸性高锰酸钾溶液，溶液的紫色褪去，被还原为Mn2+，反应的离子方程式为：。
（4）
铅蓄电池的总反应为，电解酸化的MnSO4溶液时，阳极发生的反应为：Mn2+-2e-+H2O=MnO2+4H+，则当蓄电池中有被消耗时，理论上阳极生成1mol，其质量为1mol×87g/mol=87g。
（5）
①根据反应机理可知，反应Ⅰ的化学方程式为，又根据勒夏特列原理，反应Ⅰ可由反应Ⅱ与反应相减得来，因此反应Ⅰ的热化学方程式为：。
②随着反应的进行，浓度不断减小，反应速率不断减慢，因此时反应速率比时的慢，0~6min的平均反应速率。
14． +175.2kJ/mol BC < > 66.7% < 2SO+4H++2e-=S2O+2H2O 11.2
【分析】利用盖斯定律求反应热；达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，气体的总物质的量不变，以此判断；增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，结合方程式计算；压强越大、温度越高，反应速率越快；根据图示可知，阴极通入的发生得电子的还原反应生成，结合溶液为酸性书写阴极反应式；写出电解池的总反应，根据通过的氢离子物质的量可知转移电子的物质的量，吸收柱中生成的气体为氮气，然后利用电子守恒计算氮气的物质的量，最后根据V=n·Vm计算标况下体积。
【详解】I.(1)已知a.CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ∆H1=+216.4kJ/mol
b.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ∆H2=–41.2kJ/mol
将a+b，可得CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) ∆H= (+216.4-41.2)kJ/mol=+175.2kJ/mol；
(2)①A.N2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；
B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确；
C. 保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；
D.达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比， =2不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；
故合理选项是BC；
②由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图像可知P1
【点睛】本题考查化学平衡、电解原理、反应热计算等知识，明确盖斯定律、电解原理，把握化学平衡三段法、转化率计算等为解答的关键，知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及综合应用能力。
15． -2219.9kJ/mol bd 3.5 不变 负 C3H8+10O2--20e-=3CO2↑+4H2O 生成无色气体和白色沉淀
【分析】利用盖斯定律进行计算；根据平衡状态的判断依据进行判断；根据“三段式”列出平衡常数表达式进行计算，化学平衡常数只受温度的影响；根据燃料电池的原理写出电极反应和离子移动的方向；根据离子的放电顺序写出电极反应，根据电极反应描述实验现象。
【详解】(1)将题给两个热化学方程式依次编号为①、②，利用盖斯定律，根据所求的热化学方程式，即得C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g) +4H2O(1) △H== -2219.9kJ/mol；
(2)①a．反应CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)是一个反应前后气体体积不变的吸热反应，反应过程中压强始终不变，压强不变不能作为判断平衡的标志，故a不选；
b．当正逆反应速率相等时，反应已达平衡，故b选；
c．混合气体的平均相对分子质量由M=可得，m和n始终不变，故M始终不变，平均相对分子质量不变不能作为判断平衡的标志，故c不选；
d．二氧化碳的浓度不再变化，说明反应已达平衡，故d选；
答案为bd；
②1molC3H8在不足量的氧气里燃烧，生成1molCO和2molCO2以及气态水，根据元素守恒可知，则生成水为4mol，5min 后体系达到平衡，经测定，H2为0.8mol，容器的体积为1L，则列出“三段式”
因此K=；
③由于平衡常数只与温度有关，所以在温度不变时再充入少量CO，平衡常数是不变的；
(3) 根据原电池的工作原理，电池内部电解质中的阴离子由正极向负极移动，其中通空气的一极为正极，通丙烷的一极为负极，则正极反应式为O2+4e-=2O2-，而负极反应式为C3H8+10O2- -20e-=3CO2+4H2O；
(4) 用惰性电极电解足量Mg(NO3)2和NaCl 的混合溶液，阴极附近溶液中优先放电的阳离子是H+，电极反应式为2H2O−2e−=H2↑+2OH−，同时在阴极附近的溶液中生成的OH-与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀：Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓，所以电解开始后，阴极附近的现象是生成无色气体和白色沉淀。
【点睛】第（2）计算平衡常数的关键是：根据元素守恒判断出水的物质的量。
16． 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+。
17． < 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。
18． 3ClO-+2NH=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+ 1.5 随着进水pH升高，NaClO含量增大，HClO含量降低，氧化性减弱，导致氨氮去除率下降 随着进水pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮容易被氧化 负 Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+ 0.1mol/L 2.5×10-5 2.24
【详解】(1)ClO-可与NH反应生成N2等无污染物质，次氯酸根离子被还原为氯离子，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式：3ClO-+2NH=N2↑+3Cl-+3H2O+2H+；
(2)根据图象可知进水pH应控制在1.50左右时氨氮去除率会较大，由于随着进水pH升高，NaClO含量增大，HClO含量降低，氧化性减弱，因此导致氨氮去除率下降；由于随着进水pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮容易被氧化，所以进水pH为2.75～6.00范围内，氨氮去除率随pH升高而上升；
(3)由图可知，电解时Cl-失去电子转化为HClO，HClO可氧化氨气生成氮气，则d连接电源正极为阳极，可知a为负极，d为阳极，阳极反应为Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+；
(4)依据电荷守恒，pH=7，c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，c(NH)=c(Cl-)=0.1mol/L，依据氮原子守恒，c(NH3•H2O)=0.1004mol/L-0.1mol/L=0.0004mol/L，则Kb==2.5×10-5；
(5)将SO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH)=c(HSO)+2c(SO)，=1+，H2SO3的Ka2=6.2×10-8，==0.62，=1+=1+0.62×2=2.24。
19． 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。
20． 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。
21． < 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。
22． -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+)。
23． 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：；。
24． 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。
25． 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。
26． -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。
27．(1)[Ar]3d64s2
(2) X射线衍射 1：2 8
(3)暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热
(4) Fe3+ Cl— 配位键 白色沉淀、亮黄色逐渐变浅
【详解】（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；
（2）①用X射线衍射可以测得铁晶体的晶胞结构，故答案为：X射线衍射；
②由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，晶胞B中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4，则A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为1：2，故答案为：1：2；
③由晶胞结构可知，在A晶胞中，位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子的距离最近，则每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有8个，故答案为：8；
（3）由铁的吸氧腐蚀原理可知，解释暖贴发热的原因是暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热，故答案为：暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热；
（4）①四氯合铁离子中具有空轨道的铁离子为配离子的中心离子，具有孤对电子的氯离子是配体，中心离子铁离子与配体氯离子形成配位键，故答案为：Fe3+；Cl—；配位键；
②亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：[FeCl4]—Fe3++4Cl—，向盐酸中逐滴滴加硝酸银饱和溶液至过量时，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，络合平衡向右移动，四氯合铁离子的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故答案为：白色沉淀、亮黄色逐渐变浅至褪去。
28．(1) 第四周期ⅣB族 2 分子 氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁 MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑
(2) 甲 PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子
【详解】（1）①钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第四周期ⅣB族，价电子排布式为3d24s2，则原子核外最高能层N层所含电子数为2，故答案为：第四周期ⅣB族；2；
②由熔沸点可知，四氯化钛为熔沸点低的分子晶体；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，所以氮化镁的晶格能大于氯化镁，熔点高于氯化镁，故答案为：分子；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁；
③用惰性电极电解熔融氯化镁得到镁和氯气，反应的化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；
（2）①由相似相溶的规律可知，极性分子甲能溶于水，非极性分子乙不溶于水，所以甲在水中的溶解度大于乙，故答案为：大于；
②由题意可知，PtCl2(NH3)2发生水解反应生成Pt(OH)2(NH3)2和氯化氢，反应的化学方程式为PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl，故答案为：PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl；
③Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子，所以配合物中H−N−H的键角大于氨分子中的H−N−H键角，故答案为：Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子；
④由甲、乙均为平面结构可知，乙为反二氯二氨合铂，则水解产物的空间结构为，故答案为：。
29． O 正四面体 1s22s22p63s23p63d34s2 2VOCl3+3H2O=V2O5+6HCl Fe3++e-=Fe2+ 正
【分析】元素的非金属性越强，电负性越大，[Ni(NH3)6]SO4的配位体为氨气，阴离子为SO，结合价层电子对互斥理论分析解答；根据均摊法计算钡钛矿晶体的晶胞中含有O原子、Ti原子和Ba原子的个数=1，结合ρ=计算解答；根据图示，Ti电极上Fe3+转化Fe2+，发生还原反应，为该电池的正极，Li电极为负极，据此分析解答。
【详解】(1)元素的非金属性越强，电负性越大，[Ni(NH3)6]SO4所含元素电负性最大的为O；其中的配位体为氨气，氨气的电子式为；阴离子为SO，S的价层电子对数=4+ =4，立体构型为正四面体，故答案为：O；；正四面体；
(2)基态23V原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，其氧化物V2O5难溶于水，可以由VOCl3(易溶于水)水解来制备，水解反应的化学方程式为2VOCl3+3H2O=V2O5+6HCl，故答案为：1s22s22p63s23p63d34s2；2VOCl3+3H2O=V2O5+6HCl；
(3)根据钡钛矿晶体的晶胞结构，晶胞中含有O原子的个数=12×=3，Ti原子的个数=8×=1，Ba原子的个数=1，因此化学式为BaTiO3，晶胞的质量=g，则晶体的密度为ρg·cm-3=，解得：a= cm，故答案为：；
(4)根据图示，Ti电极上Fe3+转化Fe2+，发生还原反应，为该电池的正极，Li电极为负极，钛电极上发生的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；充电时，应该与外电源的正极相连，故答案为：Fe3++e-=Fe2+；正。
30． H2O2 调节溶液的pH，从而防止铜元素转化为Cu(OH)2 普通漏斗 [Cu(NH3)4]2++2RH=2NH+2NH3+CuR2 铜元素与水溶液中的物质分离，富集铜元素 CuR2+2H+=2RH+Cu2+ 2H2O-4e-=O2↑+4H+ 蒸发浓缩 冷却结晶 溶有RH的有机溶剂、NH3、(NH4)2SO4溶液、H2SO4溶液 g
【分析】废旧印刷电路板中的Cu与过氧化氢、氨气、硫酸铵溶液反应，铜氧化为+2价Cu，过滤出重金属残渣，向溶液X中加入RH及有机溶剂，萃取、分液得到含有CuR2的有机溶液，加入硫酸，分液，得到含有RH的有机层和含有硫酸铜的水溶液，以石墨作电极电解硫酸铜溶液阳极生成氧气、阴极生成铜；硫酸铜溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得胆矾晶体。
【详解】(1)Cu是29号元素，价电子排布式是3d104s1，价电子排布图为；
(2)反应①中，过氧化氢将废旧印刷电路板中的Cu氧化为+2价Cu；在其中加入(NH4)2SO4调节溶液的pH，从而防止铜元素转化为Cu(OH)2；操作Ⅰ是过滤，用到的主要玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和普通漏斗；
(3)溶液X中的铜元素以配合物[Cu(NH3)4]2+的形式存在，反应②中[Cu(NH3)4]2+和RH反应生成NH、NH3、CuR2，反应的离子方程式[Cu(NH3)4]2++2RH=2NH+2NH3+CuR2；操作Ⅱ为分液，目的是铜元素与水溶液中的物质分离，富集铜元素；
(4)反应③是CuR2与硫酸反应生成RH和硫酸铜，反应的离子方程式CuR2+2H+=2RH+Cu2+；
(5)操作Ⅳ，以石墨作电极电解溶液硫酸铜溶液，阳极水失电子生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。操作Ⅴ是硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得胆矾晶体；
(6)根据流程图，可循环使用的试剂有溶有RH的有机溶剂、NH3、(NH4)2SO4溶液、H2SO4溶液。
(7)操作Ⅳ阳极生成aL氧气，转移电子的物质的量是，根据得失电子守恒，阳极回收铜的物质的量为，质量为。
【点睛】本题以废旧印刷电路板回收铜和制取胆矾为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤反应原理为解题关键，掌握萃取、分液的基本原理和操作，培养学生解决实际问题的能力。
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