必刷题16 化学反应原理综合题——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷题（全国卷）（原卷版+解析版）

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2023高考化学考前名校必杀题（全国卷）
非选择题基础必杀

必杀16 化学反应原理综合题（20题）

1．（2023·江苏南通·统考一模）从废脱硝催化剂(主要成分为、)中回收和，具有重要意义。
(1)碳氯化—氧化法提取。将粉碎后的催化剂渣料与过量焦炭混合投入高温氯化炉充分反应，将生成的与其他气体分离，并将其氧化得。该过程主要涉及以下反应：
反应I        
反应Ⅱ          
已知常压下的沸点为136.4℃，C的燃烧热为，CO的燃烧热为。
①反应I的_______。
②从反应I的混合体系中分离出的措施是_______。
③氯化炉中生成CO比生成更有利于转化为，其原因是_______。
(2)碱溶法回收和，部分工艺流程如下：

“酸洗”时，转化为或，“水解”后得到。
①写出“热碱浸取”时发生反应的离子方程式：_______。
②锐钛型和金红石型是最常见的两种晶体类型，煅烧过程中，会发生“锐钛型→金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型转化过程中的能量变化如图2所示。设计用“过滤”所得制备金红石型的操作方案：_______，金红石型的晶胞结构如图3所示。用“○”圈出所有位于晶胞体内的原子_______。

③为测定回收所得样品的纯度，进行如下实验：称取2.000g样品，用稀硫酸溶解、定容得100mL 溶液。量取20.00mL溶液放入锥形瓶中，加入10.00mL 0.5000 溶液(过量)，再用0.01000 标准溶液液定至终点，消耗标准溶液24.00mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)：；
计算样品的纯度_______(写出计算过程)。
【答案】(1)     -49     将含有、CO、的气体混合物通过热交换器降温冷凝     与生成相比，生成CO使反应I的△S更大，更有利于反应正向进行
(2)          用HCl酸洗，将生成的充分水解后，过滤、洗涤得到，在950℃下煅烧至恒重          86.45%

【详解】（1）①C的燃烧热为，可得热化学方程式：；CO的燃烧热为，可得热化学方程式：；由盖斯定律可知：反应I可由2×Ⅲ-2×Ⅳ-Ⅱ得到，则，故答案为：-49；
②常压下的沸点为136.4℃，从反应I的混合体系中分离出可将混合气体降温冷凝，使液化后与CO、分离，故答案为：将含有、CO、的气体混合物通过热交换器降温冷凝；
③氯化炉中生成CO会使反应I的熵值增大的更多，更有利于反应正向移动，故答案为：与生成相比，生成CO使反应I的△S更大，更有利于反应正向进行；
（2）①热碱浸取”时转化为，反应离子方程式为：，故答案为：；
②用盐酸酸洗后转化为，经水解生成，难溶于水，经过滤、洗涤后得到，然后在950℃下煅烧至恒重即可得到；由晶胞结构可知黑球有八个位于顶点，个数为，白球上下面各有2个，晶胞中含有的白球个数为，结合化学式及晶胞结构可知，1个黑球和2个白球应为体内，才能满足化学式配比，故答案为：用HCl酸洗，将生成的充分水解后，过滤、洗涤得到，在950℃下煅烧至恒重；；
③根据得失电子守恒可得：

，，，故答案为：86.45%。
2．（2023·云南曲靖·统考一模）氮及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用。同时，氮氧化物(NOx)是常见的大气污染物，能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。因此，研究氮氧化物(NOx)的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明具有重要意义。请按要求回答下列问题：
(1)“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领。氮化铬在现代工业中发挥着重要的作用。基态铬、氮原子的未成对电子数之比为__________。
(2)联氨(又称肼，N2H4，无色液体)也是氮的一种重要的化合物，是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨的第一步电离方程式为___________。
(3)研究氮氧化物(NOx)的无害化处理
I．CO还原NO2的反应原理如下：
已知：①NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g) ΔH1= -234kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g)2NO(g)      ΔH2= +179.5 kJ·mol-1
③2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH3=-112.3 kJ·mol-1
NO2与CO反应生成无污染气体的热化学方程式为__________________________。
II．用H2还原NO的反应为2H2(g) + 2NO(g)N2(g) + 2H2O(g) ΔH =-752 kJ·mol-1。为研究H2和NO的起始投料比对NO平衡转化率的影响，分别在不同温度下，向三个体积均为aL的刚性密闭容器中加入一定量H2和NO发生反应，实验结果如图：

①反应温度T1、T2、T3从高到低的关系为______________________；
②T1温度下，充入H2、NO分别为3mol、3mol， 容器内的压强为w Pa，反应进行到10min时达平衡，0~ 10min内N2的平均反应速率为_____________mol·L-1·s-1，该反应的平衡常数Kp=___________(写出计算表达式，以分压表示的平衡常数为Kp，某气体分压=总压 ×某气体物质的量分数)；
III．以铂为电极，饱和食盐水作电解液，对含有NO的烟气进行脱氮的原理如图所示，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为 ，尾气经NaOH溶液吸收后排入空气。NO被阳极产生的氧化性气体氧化的原理为___________________________(用电极反应和离子方程式表示)

【答案】(1)2:1
(2)N2H4+H2O +OH-
(3)     2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g)  ΔH=- 1227.8kJ/mol     T3>T2>Tl     0.001/a     或     2C1--2e- =Cl2↑、3Cl2+8OH- +2NO = 2 +6Cl-+ 4H2O

【详解】（1）铬是24号元素，价电子排布为3d54s1，有6个未成对电子；氮是7号元素，价电子排布为2s22p3，有3个未成对电子；基态铬、氮原子的未成对电子数之比为2:1；
（2）根据氨水的电离方程式，可知联氨在水中第一步电离方程式为N2H4+H2O +OH-。
（3）I．①NO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g) ΔH1= -234kJ·mol-1
②N2(g)+O2(g)2NO(g)      ΔH2= +179.5 kJ·mol-1
③2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH3=-112.3 kJ·mol-1
NO2与CO反应生成无污染二氧化碳和氮气，根据盖斯定律，①×4-②+③得2NO2(g)+4CO(g)4CO2(g)+N2(g) ΔH= -234kJ·mol-1×4-179.5 kJ·mol-1-112.3 kJ·mol-1=- 1227.8kJ/mol。
II．
①正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率降低，根据图示，反应温度T1、T2、T3从高到低的关系为T3>T2>Tl；
②根据图示，T1温度下，H2和NO的起始投料比为1:1时，NO的平衡转化率为40%，充入H2、NO分别为3mol、3mol， 容器内的压强为w Pa，反应进行到10min时达平衡，

0~ 10min内N2的平均反应速率为mol·L-1·s-1；平衡时的压强为Pa，该反应的平衡常数Kp=；
III．阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气2C1--2e- =Cl2↑，NO被氯气氧化为，氯气被还原为氯离子，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为3Cl2+8OH- +2NO = 2 +6Cl-+ 4H2O。
3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）氢能是极具发展潜力的清洁能源，2021年我国制氢量位居世界第一。请回答：
(1)298K时，1 g 燃烧生成放热121 kJ，1 mol 蒸发吸热44kJ，表示燃烧热的热化学方程式为______。
(2)工业上，常用与重整制备。500℃时，主要发生下列反应：
I．
II．
①已知：  。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是______。
②下列操作中，能提高平衡转化率的是______(填标号)。
A．加催化剂        B．增加用量    
C．移除        D．恒温恒压，通入惰性气体
③500℃、恒压()条件下，1 mol 和1 mol 反应达平衡时，的转化率为0.5，的物质的量为0.25 mol，则反应II的平衡常数______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(3)实现碳达峰、碳中和是贯彻新发展理念的内在要求，因此二氧化碳的合理利用成为研究热点。可用氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇：。
恒压下，和的起始物质的量之比为1∶3时，该反应甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。该反应的______0，甲醇的产率P点高于T点的原因为______。

(4)某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体：四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为______(填元素符号)：在该化合物中，M离子的价电子排布式为______。

【答案】(1)
(2)     吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率     CD     7
(3)     <     P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率
(4)     Fe    

【详解】（1）1 g 燃烧生成放热121 kJ，可得热化学方程式：；
1 mol 蒸发吸热44kJ，可得：；
燃烧热的热化学方程式 ，由该盖斯定律可知该反应可由：I-II得到，，燃烧热的热化学方程式 ，故答案为：；
（2）①加入多孔CaO，可以吸收反应II生成的二氧化碳，从而降低CO的浓度，有利于反应I的平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率，故答案为：吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率；
②A．加催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能提高甲烷转化率，故不选；
B．增加用量，使甲烷的转化率降低，故不选；    
C．移除 ，可使反应正向移动，从而提高甲烷的转化率，故选；
D．恒温恒压，通入惰性气体，容器体积增大，平衡向气体分子数增大的方向移动，有利于反应I正向进行，从而提高甲烷的转化率，故选；
故答案为：CD；
③500℃、恒压()条件下，1 mol 和1 mol 反应达平衡时，的转化率为0.5，结合反应列三段式：


平衡时体系中含有：0.5mol、0.25mol、0.25molCO、0.25molCO2、1.75molH2、气体总物质的量3mol，
则反应II的平衡常数，故答案为：7；
（3）由图可知随温度升高，甲醇的产率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则逆向为吸热方向，该反应为放热反应，小于0，P点有分子筛膜，能将水分离，水为生成物，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率，故答案为：<；P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率；
（4）由晶胞结构可知黑球的个数为，灰球的个数为：8，黑球代表：M(NH3)4，白球代表：BH4，则该晶胞的化学式为：M(NH3)4[BH4]2，其摩尔质量为，则M的相对原子质量为56，该元素为Fe，其在该化合物中的价态为+2价，价电子排布式为：，故答案为：Fe；；
4．（2023·陕西榆林·统考一模）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。根据所学知识回答下列问题：
I.在一定条件下，CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1 。
已知：①常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为- 285.5kJ ·mol-1和-890.0 kJ ·mol-1；
②H2O(l)=H2O(g) ΔH2=+44.0 kJ ·mol-1。
(1)ΔH1=_______ kJ ·mol-1。
(2)在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15 kPa、30 kPa，加入催化剂并加热使其发生反应CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+ 2H2O(g)。研究表明CH4的反应速率v(CH4)=1.2×10-6 p(CO2)·p4(H2) kPa·s-1，某时刻测得H2O(g)的分压为10 kPa，则该时刻v(H2)=_______。
(3)其他条件一定时，不同压强下，CO2的转化率和CH4的产率如图所示。则CO2甲烷化应该选择的压强约为_______MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是_______。

(4)不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：4投料发生反应[副反应为CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g) +H2O(g) ΔH3>0]，CO2的平衡转化率如图所示。

①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是_______。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600°C之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因：_______。
II.某研究团队经实验证明，CO2在一定条件 下与H2O发生氧再生反应：CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g) ΔH1= +802.3 kJ·mol-1。
(5)恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度关系如图。

350℃时，A点的平衡常数K=_______ (填计算结果)。 为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为_______。
【答案】(1)-164. 0
(2)0.48 kPa·s-1
(3)     0. 1     有其他含碳的副产物生成
(4)     p3> p2>p1     温度超过600℃时，副反应进行程度较大，CO2的转化率上升
(5)     1     减小投料比[c(CO2)：c(H2O)](或及时移出产物)

【详解】（1）常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为-285.5kJ ·mol-1和-890.0 kJ ·mol-1，则有③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=-571kJ ·mol-1，④CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH4=-890.0kJ ·mol-1，根据盖斯定律可知，2´③-④+2´②可得反应CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，则ΔH1 =2´ΔH3-ΔH4+2´ΔH2=2´(-571kJ ·mol-1)-(-890.0kJ ·mol-1)+2´(+44.0kJ ·mol-1)=-164.0kJ ·mol-1。
（2）同温同体积下，气体的压强和气体的物质的量成正比，CO2、H2的起始分压分别为15kPa、30kPa，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，Δp(H2O)=10kPa，则Δp(CO2)=5kPa，Δp(H2)=20kPa，此时，p(CO2)=10kPa，Δp(H2)=10kPa，v(CH4)=1.2×10-6´10´104kPa·s-1=0.12kPa·s-1，v(H2)=4v(CH4)=0.48kPa·s-1。
（3）如图所示，随着压强增大，CO2的转化率变化不大，CH4的产率逐渐减小，故CO2甲烷化应该选择的压强约为0.1MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是有其他含碳的副产物生成。
（4）①CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)是放热反应，低温时，主要发生该反应，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故p3＞p2＞p1；
②压强为p1时，温度低于600℃时，主反应进行程度大，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，温度超过600℃时，副反应进行程度较大，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的转化率上升。
（5）恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，并结合方程式可知，曲线a表示H2O的浓度变化，曲线b表示CO2的浓度变化，曲线c表示O2的浓度变化，曲线d表示CH4的浓度变化；350℃时，c(CO2)=c(CH4)，c(H2O)=c(O2)，K==1；为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为减小投料比[c(CO2)：c(H2O)]，或及时移出产物。
5．（2023·广东梅州·统考模拟预测）综合利用化石燃料，提高利用率，有助于实现“碳达峰、碳中和”。回答下列问题：
Ⅰ.利用-干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
上述反应中C(ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：

(1)-干重整反应的热化学方程式为___________(选用、、、、的关系式表示反应热)，反应Ⅱ是___________(填“慢反应”或“快反应”)。
(2)在恒压条件下，等物质的量的(g)和(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图所示。已知在干重整中还发生了副反应：    ，则表示平衡转化率的是曲线___________(填“A”或“B”)，判断的依据是___________。

Ⅱ.在一密闭容器中，通入1mol 和3mol (g)发生甲烷的水蒸气重整反应。甲烷的水蒸气重整涉及以下反应：
③
④
(3)如图所示，压强为kPa，温度低于700℃时，加入CaO可明显提高平衡体系混合气中的物质的量，原因是___________。

(4)500℃时，反应相同时间后测得的转化率随压强的变化如图所示。则图中E点和G点的浓度大小关系为c(G)___________c(E)(填“>”“<”或“=”)，结合两图中的相关数据，计算此温度下反应③的压力平衡常数___________(用分压代替浓度，分压等于总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。

(5)我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的方法。其电化学反应原理如图所示。请写出Ni-YSZ电极上发生的电极反应方程式___________。

【答案】(1)     +=2CO+ 2H2 =E3-E1     快反应
(2)     B     CO2的转化率大于
(3)加入CaO和反应使浓度降低，反应④平衡正向移动，平衡体系混合气中H2的物质的量增大
(4)     >     0.75
(5)CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2

【详解】（1）-干重整反应生成CO和H2，由图可知反应物的能量高于生成物，该反应为吸热反应，=生成物能量-反应物能量=E3-E1，热化学方程式为：+=2CO+ 2H2 =E3-E1；由图可知，反应Ⅱ的活化能小于反应Ⅰ，反应Ⅱ是快反应。
（2）等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应+=2CO+ 2H2，同时还发生了副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，则CO2的转化率大于，则表示CH4平衡转化率的是曲线B。
（3）压强为P0kPa，温度低于700℃时，加入CaO和反应使浓度降低，反应④平衡正向移动，平衡体系混合气中H2的物质的量增大。
（4）温度、投料量相同，由图乙可看出E、G两点CH4转化率相同，可知E、G两点CH4物质的量相等，但G点压强大，所以G点对应的体积小，CH4的浓度大，即c(G) >c( E)；500℃ 时由图甲可知平衡时n( H2) =2.1 mol，由图乙可知，相同反应时间，G点CH4转化率小于F点，但G点压强大于F点，则G点已达到平衡，CH4平衡转化率为0.6，列三段式：


平衡时气体总物质的量为：0.4mol+0.3mol+2.1mol+0.3mol+2.1mol=5.2mol，此温度下反应③的压力平衡常数 。
（5）由外接直流电源可以判断是电解池，根据元素化合价变化，Ni- YSZ电极上发生CH4→H2+ CO2的转变，则该电极为阳极，发生氧化反应,结合图示，电极反应式为CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2。
6．（2023秋·宁夏银川·高三六盘山高级中学校考期末）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对创新利用的研究。
(1)已知：①  
②  
③  
写出与反应生成和的热化学方程式：_______。
(2)目前工业上有一种方法是用来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，在容积为2 L的密闭容器中，充入和在一定条件下发生反应，测得、和的物质的量(n)随时间的变化如图所示：

①从反应开始到平衡，的平均反应速率_______。
②下列措施能使的转化率增大的是_______(选填编号)。
A．在原容器中再充入
B．在原容器中再充入
C．在原容器中再充入氦气
D．使用更有效的催化剂
E.缩小容器的容积
F.将水蒸气从体系中分离
(3)煤化工通常研究不同条件下CO转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下反应：中CO的平衡转化率随及温度变化关系如图所示：

①上述反应的逆反应方向是_______反应(填“吸热”或“放热”)；
②对于气相反应，用某组分(B)的平衡分压()代替平衡浓度()也可以表示平衡常数(记作)，则该反应的的表达式为_______，提高，则_______(填“变大”、“变小”或“不变”)。使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400℃左右，采用此温度条件的原因可能是_______。
【答案】(1)  
(2)          BEF
(3)     吸热          不变     催化剂的活性在400℃左右最高

【详解】（1）根据盖斯定律②+③-2×①可知CO2与H2反应生成CH4 和H2O（g）的热化学方程式 △H=-162 kJ·mol-1。故答案为：     △H=-162 kJ·mol-1；
（2）①用CO2来生产燃料甲醇的化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，从反应开始到平衡，CO2的物质的量变化了0.75mol，则物质的量浓度变化0.75mol÷2L=0.375mol/L，反应在10min时达到平衡，v（CO2）=0.375mol/L÷10min=0.0375mol/L mol·L-1·min-1。
②A.在原容器中再充入1molCO2将使CO2的转化率降低；B.在原容器中再充入1molH2，反应向正反应方向移动，会使CO2的转化率升高；C.在原容器中再充入1mol氦气，由于体积不变，所以浓度不变，因此对反应无影响；D.催化剂不能改变平衡状态，只能改变反应速率；E.缩小容器的容积可以增大压强，由于反应中反应物的化学计量数之和大于生成物，故反应会向正反应方向移动，使CO2的转化率升高；F.将水蒸气从体系中分离会使反应向正反应方向移动，使CO2的转化率升高；故答案为：BEF；
（3）①从图中可以看到，随着反应温度升高，CO的平衡转化率降低，故正反应是放热反应，所以逆反应是吸热反应。
②用平衡分压（pB）代替平衡浓度（cB）表示平衡常数Kp=。提高，对Kp无影响，故Kp不变。使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400 ℃左右、=3～5，采用此条件的原因可能是：催化剂的活性温度在400℃左右最高；
故答案为：吸热；；不变；催化剂的活性在400℃左右最高；
7．（2023秋·山东菏泽·高三校考期末）的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用与制备“合成气(CO、)，还可制备甲醇、二甲醚、碳基燃料等产品。
(1)甲烷二氧化碳干式重整涉及以下反应：
i.      
ii.      
iii.      
①为标准摩尔生成焓，其定义为标准状态下，由稳定相态的单质生成1mol该物质的焓变。对于稳定相态单质，其为零。根据下表所示数据，计算反应的反应热_______
物质


CO





②在体积为的恒温恒容密闭容器中，通入、和发生甲烷二氧化碳干式重整反应，达到平衡时，，，反应ⅲ的平衡常数_______(用含有a和b的代数式表示)。
(2)“合成气”在催化剂作用下反应，可以直接合成甲醇： ，测得相同时间内甲醇产率与温度的关系如图1所示。

温度在800℃以上甲醇产率下降的原因是_______。
(3)利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为：，当时，反应平衡常数，在密闭答器中加入一定量，反应到达平衡状态时，体系中的物质的量分数_______(填标号)。
a.    b.    c.    d.无法确定
(4)我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷制备的方法，其电化学反应原理如图2所示。请写出Ni-YSZ电极上发生的电极反应方程式：_______，标况下每分解，Ni电极产生的的物质的量是_______。

【答案】(1)         
(2)800℃后，温度升高，催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低；该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低
(3)c
(4)         

【详解】（1）①2--=2×()-()-()=；
②根据C元素守恒可得的物质的量：n()=(1+3-a-b)mol =(4-a-b)mol；
根据O元素守恒可得的物质的量：n()=(3×2+1-a-2b)mol =(7-a-2b)mol；
根据H元素守恒可得的物质的量：n()==(a+2b-4) mol；
反应ⅲ的平衡常数==，故答案为：；；
（2）该反应为放热反应，800℃以上反应达到平衡，继续升温平衡逆向移动，导致甲醇产率降低；同时温度过高催化剂活性或选择降低，导致反应速率减慢，甲醇的产率降低，故答案为：800℃后，温度升高，催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低；该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低；
（3）若体系中的物质的量分数为，则和的物质的量分数为，此时Qc=<，则平衡时物质的量分数应大于，故答案为：c；
（4）由图示可知Ni-YSZ电极上发生的电极反应，Ni电极发生的反应为：，由Ni-YSZ电极反应可知每分解即1.5mol，转移电子6mol，则Ni电极上生成的物质的量4.5mol，故答案为：；4.5mol；
8．（2023·江苏·统考一模）铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。铝粉表而复合金属的组分和含量，会影响硝酸盐的去除效果。
(1)在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu负载量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸盐的去除效果如图所示。

①由如图可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能原因是_______。
②实验发现Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除，可能原因是_______。
(2)在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图所示。

①使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐，该转化的机理可描述为： H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，_______， NH3与H+结合为进入溶液。
②引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高，可能原因是_______
③其他条件相同时，Al/Cu/Pd 三元金属复合材料去除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系如图所示。水体pH在4至6范围内，随pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是_______;水体pH在8.5至10范围内，随pH增大硝酸盐去除率升高的可能原因是_______。

【答案】(1)     Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）     因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱
(2)     吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads)     由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2     pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低     pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高

【详解】（1）①根据图中曲线可知，用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是：Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；
②因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱，故Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除；
（2）①H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads)，NH3与H+结合为进入溶液，故使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐；
②由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2，故引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高；
③pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高。
9．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一。甲烷水蒸气催化重整制备高纯氢只发生反应Ⅰ、反应Ⅱ。反应如下：
反应Ⅰ．   kJ·mol
反应Ⅱ.   kJ·mol
回答下列问题：
(1)反应Ⅲ．的______kJ·mol；若在一定温度下容积固定的密闭容器中进行该反应，则可以同时提高CO平衡转化率和化学反应速率的措施是______。
(2)某研究小组模拟工业生产，利用甲烷水蒸气催化重整制备高纯氢。向容积为2 L的恒容密闭容器中，投入物质的量相等的甲烷和水蒸气。
①若在℃条件下，反应达到平衡时的转化率为70%，则平衡时容器内的压强与起始压强之比为______(填最简整数比)。
②若甲烷和水蒸气的物质的量均为1 mol，反应10 min后体系到达①中的平衡状态，则0~10 min内的化学反应速率为____________。
③为了能够提高一定时间内甲烷的转化率，同时提高反应Ⅰ的选择性，可以改变的条件是______。
④其他条件相同时，在不同催化剂(A、B、C)作用下，反应相同时之间，的转化率随反应温度的变化如图所示。a点______(填“是”或“不是”)化学平衡状态。

(3)在恒温、恒压(总压为p0)条件下，若甲烷和水蒸气的物质的量均为1 mol，反应达平衡时，的转化率为a，的物质的量为b mol，则反应Ⅰ的平衡常数Kp______(用含a、b、p0的式子表示，Kp为分压平衡常数)。
【答案】(1)     -41     增大浓度
(2)     17∶10     0.035 mol·L·min     选择合适的催化剂     不是
(3)

【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应III=反应II-反应I，则；若在一定温度下容积固定的密闭容器中进行该反应，则可以同时提高CO平衡转化率和化学反应速率的措施是增大浓度；
（2）①设投入甲烷和水蒸气均为a mol，发生反应I，平衡时甲烷转化了x mol，发生反应II，平衡时甲烷转化了y mol，列三段式：


平衡时总气体的物质的量为a-x-y+a-x-2y+x+y+3x+4y=2a+2x+2y，在℃条件下，反应达到平衡时的转化率为70%，则x+y=0.7a，则平衡时总气体的物质的量为3.4a mol，平衡时容器内的压强与起始压强之比等于平衡时容器内总气体物质的量与起始总气体物质的量之比，为3.4a:2a=17:10；
②根据题意可知，0~10 min内的化学反应速率为；
③为了能够提高一定时间内甲烷的转化率，同时提高反应Ⅰ的选择性，可以改变的条件是选择合适的催化剂；
④使用催化剂不影响平衡移动，则在不同催化剂(A、B、C)作用下，达到平衡时CH4的转化率应相等，而a点的CH4的转化率并非最高，故a点不是化学平衡状态；
（3）若甲烷和水蒸气的物质的量均为1mol，反应达平衡时，CH4(g)的转化率为a，则CH4(g)转化的物质的量为a mol，
根据题意列三段式：


反应达到平衡时，总气体的物质的量为(1-a)+(1-a-b)+(a-b)+(3a+b)+b=2+2a，则。
10．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）NH3在化学工业中是重要的原料，可以制备尿素、硝酸、丙烯腈等产品。回答下列问题：
(1)N2(g)与H2(g)反应的能量变化如图1所示。则N2(g)与H2(g)制备NH3(1)的热化学方程式为_____。对于合成氨反应，既可以提高平衡体系中NH3的百分含量，又能加快反应速率的措施是_______(填字母)。

a.升高温度        b.将平衡体系中的氨气分离出来
c.增大体系压强    d.加入合适的催化剂
(2)合成氨反应中，正反应速率v正=k正·c(N2)·c3(H2)，逆反应速率v逆=k逆·c2(NH3)，k正、k逆为速率常数。正反应和逆反应的平衡常数与温度的关系如图2所示：

①表示逆反应的平衡常数与温度变化关系的曲线为_______(填“L1”或“L2”)，理由为____。
②T0°C时，=_______。
(3)以氨、丙烯、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下：
主反应：C3H6(g)+NH3(g)+ O2(g) C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH= -515 kJ·mol-1；
副反应：C3H6(g)+O2(g) C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=- 353kJ·mo1-1。
已知：丙烯腈的产率=- ×100%，丙烯腈的选择性= ×100%，某气体分压=总压强 ×该气体物质的量分数。
①一定条件下，平衡时丙烯腈的选择性与温度、压强的关系如图3所示，则p1、p2、p3由大到小的顺序为_______。原因是_______。

②某温度下，向压强恒为100 kPa的密闭容器中通入1molC3H6、1molNH3和1.5molO2，发生上述反应。平衡时测得C3H6转化率为90%，H2O(g)的物质的量为2.5 mol，则平衡时C3H3N的分压为_______kPa(保留3位有效数字)，此温度下副反应的Kp=_______。
【答案】(1)     N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol     c
(2)     L2     该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大     1
(3)     p3>p2> p1     生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低     20. 5     12. 5

【详解】（1）根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，由图可知molN2(g)与molH2(g)生成1molNH3(1)的反应热ΔH=254kJ-300kJ -20kJ=-66kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol；
a.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，降低氨气的百分含量，故不符合题意；
b.将平衡体系中的氨气分离出来，降低了氨气的百分含量，同时反应速率减小，故不符合题意；
c.增大体系压强，反应速率加快，同时平衡正向移动，  可以提高氨气的百分含量，故符合题意；  
d.加入合适的催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，不能增加氨气的百分含量，故不符合题意；
故答案为：N2(g)+ 3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol；c；
（2）①该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应平衡常数增大，则L2表示逆反应的平衡常数与温度变化关系，故答案为：L2；该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，逆反应的平衡常数增大；
②平衡时：v正= v逆，即k正·c(N2)·c3(H2) =k逆·c2(NH3)，，T0°C时，，又，可得：，故答案为：1；
（3）①由反应可知，主反应生成丙烯腈，且该反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低，结合图像在温度一定是压强由过程中丙烯腈的选择性增大，则压强：p3>p2> p1，故答案为：p3>p2> p1；生成丙烯腈的反应是气体分子总数增大的反应，压强越大，平衡逆向移动，丙烯腈选择性越低；
②设主反应消耗xmol，副反应消耗丙烷ymol，列三段式得：


由已知条件可得：x+y=1×90%=0.9；3x+y=2.5，解得：x=0.8，y=0.1
则平衡时：n()=0.1mol，n()=1.5-1.5x-y=0.2mol，n()=1-x=0.2mol，n()=0.8mol，n()=2.5mol，n()=0.1mol。
则平衡时C3H3N的分压为；
副反应的Kp=；
故答案为：20.5；12.5；
11．（2023秋·内蒙古包头·高三统考期末）要实现在2060年前“碳中和”，利用CO2制备甲醇是极具前景的温室气体资源化研究领域。通过计算机分析，我们可从势能图(峰值数据是峰谷和峰值物质能量的差值)认识CO2加氢制甲醇在铜基甲酸盐催化条件下的反应路径，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注，如图1所示。

(1)可知CO2加氢制甲醇的ΔH_______ 0(填“大于” “等于”或“小于”) ，该历程中最大能垒(活化能)E正=_______ eV， 写出该步骤的化学方程式_______。
(2)在CO2催化加氢制甲醇的反应历程中，下列说法正确的________( 填标号)。
A．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率
B．不考虑H3COH* ，路径中产生的含碳中间体种类有5种
C．中间体HCOO*一定比H2COO *更稳定
D．增大催化剂表面积可提高CO2在催化剂表面的吸附速率
(3)向恒压(3.0MPa)密闭装置中通入反应物混合气[混合比例V(CO2)：V(H2) =1：2]，测定在不同催化剂下甲醇的平均生成速率随温度的变化曲线，如图2所示。

①图2中甲醇的平均生成速率呈“抛物线”形状的原因_______。
②当使用Ni5Ga3催化剂时，反应温度由169°C升高到223°C，则两种温度下，甲醇的平均生成速率之比为＝_______。
(4)在CO2催化加氢制甲醇过程中也存在竞争性的反应：CO2(g) + H2(g)CO(g) +H2O(g) ΔH=+41 kJ∙mol−1。在恒温密闭容器中维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，二氧化碳转化率和甲醇选择性[x( CH3OH)% =]随温度变化关系如图3所示。

①若233~251℃时催化剂活性受温度影响不大，则235°C后图中曲线下降的原因_______。
②某温度时，向压强为5.0 MPa的恒压装置中加入1molCO2(g)和3mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20% ，甲醇选择性为50% ，则甲醇的平衡分压为_______(结果保留2位有效数字)。
【答案】(1)     小于     1.23     HCOO* +H*=H2COO*[或HCOO* +H*+2H2(g)=H2COO* +2H2(g)]
(2)BD
(3)     随温度升高， 反应速率加快，Ni5Ga3、 NiGa催化下甲醇的平均生成速率上升。过曲线拐点，可能是催化剂活性降低，也可能是放热反应平衡逆向移动，使甲醇平均生成速率降低     2
(4)     主反应放热，副反应吸热；升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降     0.13MPa

【详解】（1）根据图中信息CO2加氢制甲醇的反应，反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应是放热反应即ΔH小于0，根据图中正反应的能垒得到该历程中最大能垒(活化能)E正=1.23eV，该步骤的化学方程式HCOO* +H*=H2COO* [或HCOO* +H*+2H2(g)=H2COO* +2H2(g)]；故答案为：小于；1.23；HCOO* +H*=H2COO* [或HCOO* +H*+2H2(g)=H2COO* +2H2(g)]。
（2）A．使用高活性催化剂可降低反应活化能，但不能降低反应焓变，故A错误；B．不考虑H3COH* ，路径中产生的含碳中间体种类有HCOO*、H2COO *、H2COOH *、H2CO *、H3CO *共5种，故B正确；C．根据图中信息中间体HCOO*的能量比H2COO *的能量高，根据能量越低越稳定，因此H2COO *比HCOO*更稳定，故C错误；D．CO2的吸附主要在催化剂表面上进行，催化剂表面积越大，吸附速率越快，故D正确；综上所述，答案为：BD。
（3）①图2中甲醇的平均生成速率呈“抛物线”形状的原因是随温度升高， 反应速率加快，Ni5Ga3、 NiGa催化下甲醇的平均生成速率上升。过曲线拐点，可能是催化剂活性降低，也可能是放热反应平衡逆向移动，使甲醇平均生成速率降低；故答案为：随温度升高， 反应速率加快，Ni5Ga3、 NiGa催化下甲醇的平均生成速率上升。过曲线拐点，可能是催化剂活性降低，也可能是放热反应平衡逆向移动，使甲醇平均生成速率降低。
②当使用Ni5Ga3催化剂时，反应温度由169°C升高到223°C，根据图中信息得到甲醇的平均生成速率，则两种温度下，甲醇的平均生成速率之比为；故答案为：2。
（4）①若233~251℃时催化剂活性受温度影响不大，则235°C后图中曲线下降的原因主反应是放热反应，副反应是吸热反应；升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降；故答案为：主反应放热，副反应吸热；升温使主反应平衡逆向移动程度大于副反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降。
②某温度时，向压强为5.0 MPa的恒压装置中加入1molCO2(g)和3mol H2(g)反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇选择性为50%，则生成n(CH3OH)＝0.1mol，n(CO)＝0.1mol，，，则剩余氢气物质的量为2.6mol，二氧化碳物质的量为0.8mol，则甲醇的平衡分压为；故答案为：0.13MPa。
12．（2023·四川泸州·统考二模）铁的化合物在工业中有重要价值。回答下列问题：
(1)Fe(CO)5是一种重要的催化剂，制取反应为Fe(s)+5CO(g)=Fe(CO)5(g)，ΔH<0。在1L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.24molCO。
①0~30min内在T温度下进行反应，测得c(CO)、c[Fe(CO)5]随时间的变化关系，以及30min和40min开始随条件的变化关系如图甲所示。0~20min内用Fe(CO)5表示的平均反应速率为___________mol·L-1·min-1；若平衡时体系总压强为p，则用气体分压表示的压强平衡常数Kp=___________。
②曲线I代表___________[填CO或Fe(CO)5]浓度的变化，30min时改变的条件是___________。40min后曲线II下降的原因是___________。

(2)高铁酸钾(K2FeO4)被称为“绿色化学”净水剂，K2FeO4在水解过程中，铁元素形成的微粒分布分数与pH的关系如图乙所示，H2FeO4的一级电离平衡常数Ka1=___________。向pH=6的溶液中加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为___________。
(3)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)，ΔH1
②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)=MnFe2O4(s)+xH2(g)，ΔH2=akJ/mol
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，ΔH3=+483.6kJ/mol
则H2的燃烧热ΔH___________-241.8kJ/mol(填>、=或<)，ΔH1=___________(用含a的代数式表示)。
【答案】(1)     2×10-3          CO     增大c(CO)或增大CO浓度或向体系中通入CO     平衡后升高温度，平衡逆向移动
(2)     10-3.8     +OH-=+H2O
(3)     <     241.8x-a或-(a-241.8x)

【详解】（1）①由图可知，0~20min内，Fe(CO)5的浓度由0变化到0.04 mol·L-1，用Fe(CO)5表示的平均反应速率为；若平衡时体系总压强为p，列三段式进行计算：，平衡时气体总物质的量为0.08 mol，则用气体分压表示的压强平衡常数Kp=；
②曲线Ⅰ和Ⅱ对比，相同时间内，Ⅰ的变化量的绝对值大于Ⅱ，说明曲线Ⅰ对应物质的系数更大，即曲线Ⅰ代表CO浓度的变化；30min时，CO浓度突然增大，而Fe(CO)5的浓度保持不变，说明30min时改变的条件是增大CO浓度或向体系中通入CO；40min后Fe(CO)5的浓度下降的原因是该反应达到平衡，正反应为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，从而使Fe(CO)5的浓度下降；
（2）由图可知，时，溶液的pH=3.8，此时，c(H+)=10-3.8mol·L-1 H2FeO4的一级电离平衡常数mol·L-1；由图可知，当pH=6时，溶液中主要以形式存在，加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为+OH-=+H2O；
（3）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧，生成稳定氧化物时所放出的热量，由③可推出H2(g)+O2(g)=2H2O(g)，ΔH=-241.8kJ/mol，H2O(g)转化为H2O(l)为放热反应，其ΔH<0，故H2的燃烧热ΔH<-241.8kJ/mol；根据盖斯定律可知，①=×③―②，则ΔH1=（×483.6-a）kJ/mol =（241.8x-a）kJ/mol
13．（2023·安徽宣城·安徽省宣城市第二中学模拟预测）是常见的还原剂，也是合成一碳化学产品的原料。
(1)工业上采用天然气法制备。已知几种共价键的键能如表所示：
化学键

CO  



436
1076
465
413

写出气体和水蒸气在高温下反应生成和的热化学方程式：_______。
(2)工业上，用还原赤铁矿冶炼铁，有关热化学方程式如下：
①
②
③
④_______。(计算结果保留1位小数)
(3)工业上利用合成，一定量的和加入一定容积的反应器中，在催化剂存在下发生反应：。测得平衡转化率与温度关系如图所示。

①温度升高，平衡转化率降低，其主要原因是_______。
②_______(填“>”、“<”或“=”)。
(4)工业上，常用处理，在催化剂存在条件下发生反应：2。
在体积相等的甲、乙两个密闭容器中分别充入、气体，在恒温恒容、绝热恒容下分别发生上述反应。测得气体压强与时间关系如图所示。

①容器_______(填“甲”或“乙”)在恒温恒容条件下反应。
②气体总物质的量：a_______b(填“>”“<”或“=”)。
③b点平衡常数_______(填“>”“<”或“=”)。提示：用分压计算的平衡常数为，分压等于总压×物质的量分数。
④乙容器内分压变化率为_______。
【答案】(1)
(2)-16.7
(3)     正反应是放热反应，其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移     <
(4)     乙     >     >     3.2

【详解】（1）反应热等于断裂化学键的总键能与形成化学键的总键能之差。
，故答案为：。
（2）根据盖斯定律，④得：
。故答案为：-16.7。
（3）①根据温度对平衡影响分析可知温度升高，平衡转化率降低，其主要原因是：正反应是放热反应，其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移；
②N点比M点时反应物的浓度大、温度高，因此，又由于，所以。
故答案为：正反应是放热反应，其他条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移；<。
（4）①可逆反应是气体分子数减小的反应，曲线甲上升段压强增大，只能是温度升高所致，表明正反应放热，由甲、乙曲线可知，甲的压强大于乙，说明甲的温度高于乙，即甲为恒容绝热条件，乙为恒容恒温条件。
②对于恒容条件下，压强与温度、气体的物质的量有关，压强相同，温度越高，气体的总物质的量越小，因反应放热，绝热容器b温度高于a，，同压同体积条件下，气体物质的量与温度成反比，故a点气体总物质的量大于b点。
③b点温度不确定，其总压值无法直接用于计算，利用a点相关数据，计算如下：






起始分压()：
40
40

0
0
变化分压()：



p

a点分压()：



p

a点总压强：
，解得：

所以，a点，，。
a点的浓度商，b点气体的总物质的量比a点小，说明b点正向进行的程度大于a点，因此b点值大于a点的浓度商。
④分压变化率为。
故答案为：乙；>；>；3.2。
14．（2023秋·吉林长春·高三长春市第二中学校考期末）Ⅰ、776年，法国化学家拉瓦锡首次确认了硫元素。自然界天然的硫单质主要存在于火山区，
已知：
ⅰ、　
ⅱ、　(a、b均大于0)
(1)根据上述信息，　___________；
Ⅱ、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
ⅰ高温热分解法：  
在总压强为120kPa恒压条件下，的混合气在不同温度下反应相同时间，测得的体积分数及在不同温度下的平衡体积分数如下图所示：

(2)图中表示平衡状态的曲线为___________(填“a”或“b”)。
(3)下列关于高温热分解法的说法正确的有___________(填标号)。
A．图中M点正反应速率大于逆反应速率
B．该反应平衡常数K随温度升高而减小
C．该反应平衡常数K随投料比增大而增大
D．恒温恒压下，增加Ar的体积分数，的平衡转化率增大
(4)某温度下，平衡时的体积分数为20%，则此时Ar的分压是___________kPa；该反应的平衡常数___________。
(5)随温度升高，图中a、b两条曲线逐渐靠近的原因是___________。
ⅱ电化学法：
(6)我国科学家设计了一种协同转化装置，实现对天然气中和的高效去除，工作原理如图所示。写出在电极b区发生的反应：___________。

【答案】(1)
(2)b
(3)AD
(4)     24     96
(5)温度升高，反应速率增大，反应达到平衡所需时间短，使单位时间内消耗更多，体积分数更低(合理即可)
(6)

【详解】（1）已知ⅰ、　；ⅱ、　，根据盖斯定律，②-①得 ()。
（2）由图像可知，随温度升高，的体积分数减小，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，在总压强为120kPa恒压条件下，的混合气发生反应，达到平衡时的体积分数减小，图中表示平衡状态的曲线为b。
（3）A．图中表示平衡状态的曲线为a，图中M点的体积分数大于平衡时的体积分数，平衡正向移动，M点正反应速率大于逆反应速率，故A正确；
B．由图像可知，随温度升高，的体积分数减小，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，该反应平衡常数K增大，故B错误；
C．平衡常数K只受温度影响，故C错误；
D．恒温恒压下，增加Ar的体积分数，反应容器体积增大，是气体体积增大的反应，平衡正向移动，的平衡转化率增大，故D正确；
故选AD。
（4）根据已知条件列出“三段式”
，平衡时的体积分数为，解得x=1，p(H2S)=0.2×120kPa=24 kPa，p(S2)= 120kPa=24 kPa，p(H2)= 120kPa=48kPa，p(Ar)=120kPa=24 kPa，。
（5）随温度升高，图中a、b两条曲线逐渐靠近的原因是：温度升高，反应速率增大，反应达到平衡所需时间短，使单位时间内消耗更多，体积分数更低。
（6）由图可知，CO2在电极b得电子生成CO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：。
15．（2023春·山东青岛·高三统考专题练习）与的干法重整(DRM)反应可同时转化两种温室气体，并制备CO和。主要反应如下：
反应I：；
反应Ⅱ：；
反应Ⅲ：
已知：反应I、Ⅱ的自发均需高温条件。
(1)上述三个反应的平衡常数、与温度T关系如图1所示。图中a点代表的是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)反应的，_______。

(2)向密闭容器中，通入和，若仅考虑上述反应，平衡时、、、的物质的量随温度T的变化如图2所示。

时，的物质的量分数为_______，用各物质的物质的量分数表示反应Ⅲ的平衡常数_______。后随温度升高，物质的量减少的原因为_______。
(3)DRM反应目前普遍存在的一个难题是积碳，该过程与两个反应有关①；②。目前积碳问题的解决方案主要有两种： A．提高原料气中的占比；B．在常规的催化剂中添加，使其在催化剂表面与形成共熔物。试解释这两种方法可以有效抑制积碳的原因_______(答出两条即可)。
(4)使用复合催化剂，可显著提高二氧化碳的转化率，实现碳氢分离，并得到富含的产物，催化机理如图3所示。请用化学方程式解释循环的原理_______。

【答案】(1)     Ⅱ    
(2)          或2.1     后反应Ⅲ逆向进行的程度大
(3)增大浓度可以促使反应②平衡左移；在催化剂表面形成共熔物，减小了催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；在催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附有利于，有利于和C在催化剂表面的反应
(4)、、或

【详解】（1）反应I、Ⅱ的熵均增大，且自发均需高温条件，所以反应I、Ⅱ的正反应均为吸热反应，且反应Ⅱ的∆S更大，则∆H更大，故图中a点代表的是反应Ⅱ；反应I:；
反应Ⅱ：；
反应III的∆H3=(∆H1-∆H2)÷2=[+247KJ/mol-(+329KJ/mol)]÷2=+41KJ/mol；
（2）开始时向容器中加入3molCO2和1molCH4,据图可知900℃时容器中n(CO)=n(CO2)=1.85mol；n(H2)=0.95mol；根据C元素守恒，体系中CH4的物质的量：n(CH4)=1mol+3mol-1.85mol-1.85mol=0.3mol，根据H元素守恒，体系中n(H2O)=(1mol×4-0.95mol×2-0.3mol×4)÷2=0.45mol，体系中CH4的物质的量分数为：；反应体系的总物质的量n=1.85mol×2+0.95mol+0.45mol+0.3mol=5.4mol，反应Ⅲ的平衡常数:；反应Ⅲ为吸热反应，900K后升温逆向进行的程度大；
（3）增大浓度可以促使反应②平衡左移；在催化剂表面形成共熔物，减小了催化剂的表面积，减慢了反应①的速率；在催化剂表面形成共熔物，因其显碱性更易吸附有利于，有利于和C在催化剂表面的反应；
（4）结合催化机理如图3所示，每一步的反应分别为：、、或。
16．（2023秋·天津河西·高三天津市新华中学校考期末）含SO2、NOx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SO2、NO，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，22.4LNO完全反应转移电子数约为_______。

(2)若烟气主要成分为SO2，可以用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化成(NH4)2SO4，已知H2SO3的Ka1=1.3×10-2、Ka2=6.2×10-8，NH3·H2O的Kb=1.75×10-5。则常温下，NH4HSO3溶液的pH_______7(填“<”“>”或“=”)。
(3)若烟气主要成分为NO，O3能有效地氧化NO。
①O3分子的空间结构与水分子的相似，O3是_______(填“极性”“非极性”)分子。
②已知：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)    △H1=-114kJ/mol-1
2O3(g)=3O2(g)    △H2=-284.2kJ/mol-1(活化能Ea=119.2kJ/mol-1)
NO(g)+O3(g)=NO2(g)+O2(g)    △H3=-119.1kJ/mol-1(活化能Ea=3.2kJ/mol-1)
NO可经O3处理后再用碱液吸收而实现脱除。为分析氧化时温度对NO脱除率的影响，将NO与O3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，NO脱除率随NO与O3混合反应时温度变化情况为：温度在50~150℃时，随着温度升高，NO脱除率无明显变化；温度超过150℃时，随着温度升高，NO脱除率下降，其可能原因是_______。
(4)若烟气主要成分为NO2，用O3氧化NO2时，使用催化剂可提高氧化效率。研究发现NO2在某催化剂表面被O3氧化时反应机理如图所示，反应过程中，氮氧化物[M]与NO2按物质的量1：1反应生成N2O5，[M]的化学式为_______。该催化氧化过程总反应的化学方程式为_______。

【答案】(1)          3.01×1024
(2)<
(3)     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
(4)         

【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）NH4HSO3溶液中存在铵根的水解，水解平衡常数为，存在第二步电离Ka2=6.2×10-8，同时存在水解平衡，平衡常数，由平衡常数越大反应越完全，则的电离程度较大溶液呈酸性，则溶液的pH<7，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：；。
17．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）铁系纳米复合材料可以去除水体中的硝酸盐污染物。
(1)Fe-Ag金属复合材料去除某的废水中的反应历程如图所示(吸附在金属复合材料表面的物种用*标注)

①如图中的去除机理可描述为_______。
②其他条件一定，反应相同时间，溶液的pH越大，的去除率越低的原因是_______。
(2)控制其他条件一定，反应相同时间，不同Ag负载比的Fe-Ag金属复合材料对的去除率影响如图所示。Ag负载比小于3%时，的去除率较低的原因是_______。

(3)其他条件一定，反应相同时间，分别用含铁质量相等的纳米铁粉、Cu负载比为4%的Fe-Cu金属复合材料、Ag负载比为3%的Fe-Ag金属复合材料去除溶液中，反应后残留的、生成的和的物质的量如图所示。

①与其他材料相比，Fe-Ag金属复合材料去除的优点是_______。
②用纳米铁粉去除时，反应过程中的物种及能量变化如图所示，用纳米铁粉去除时生成的量极少的原因是_______。

【答案】(1)     Fe失去电子生成，在Fe表面得电子生成氢原子并吸附在金属Ag的表面；氢原子失去电子给吸附在Ag表面的和；得电子生成，得电子生成或     pH越大，氢离子浓度越小，得到的氢原子浓度越小，氢原子还原、的速率越低
(2)当Ag负载量小于3%时，吸附于Ag表面的较少，当Ag负载量大于3%时，与Fe反应生成并吸附于Ag表面的氢原子较少
(3)     硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了溶液中氨氮的二次污染     生成过程中N原子和NO反应生成所需的活化能较高，反应较困难，生成含量少

【详解】（1）①由图示可知反应的过程为：Fe失去电子生成，在Fe表面得电子生成氢原子并吸附在金属Ag的表面；氢原子失去电子给吸附在Ag表面的和；得电子生成，得电子生成或；
②pH越大，氢离子浓度越小，得到的氢原子浓度越小，氢原子还原、的速率越低。
（2）当Ag负载量小于3%时，吸附于Ag表面的较少，当Ag负载量大于3%时，与Fe反应生成并吸附于Ag表面的氢原子较少，故当Ag负载比小于3%时，的去除率较低。
（3）①由图示可知，Fe-Ag金属复合材料反应后残留的最低，硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了溶液中氨氮的二次污染；
②由图示可知，生成过程中N原子和NO反应生成所需的活化能较高，反应较困难，生成含量少。
18．（2023秋·江苏南通·高三统考期末）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。
(1)硫碘循环制氢
热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下所示：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知：。则反应Ⅱ的_______。
(2)生物质制氢
电解—葡萄糖制氢实验的装置如图所示，电极两侧的电解液在泵的作用下在电解液储槽和电极间不断循环。

①该装置产生氢气速率明显高于不加入直接电解葡萄糖制氢。其原因是_______。
②电解—葡萄糖制氢的反应过程可描述为_______。
③电解一段时间后，需向储槽中补充的物质是_______。
(3)氢气应用
最新研制出的由裂解气(、、)与煤粉在催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。将乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，发生反应：。出口气体中测得含有乙烯、乙炔、氢气。下图为乙炔产率与进料气中的关系。

①当进料气中时，出口气体中乙炔的体积分数为_______。
②图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_______。
【答案】(1)
(2)     葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气     氧化葡萄糖生成，含有的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成，同时生成大量的，经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气     葡萄糖
(3)     11.76%     开始时充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量会使反应③平衡逆向移动，所以乙炔产率下降

【详解】（1）反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，反应Ⅲ：，反应IV，由盖斯定律可知，-IV-Ⅰ2-Ⅲ2得到，所以△H2=-△H4-△H12-△H22=。
（2）由题干信息可知，右侧区电解产生H2，电极反应为：2H++2e-=H2↑，发生还原反应，故右侧区为阴极区，则电源中B为负极，A为正极，左侧区为阳极区，电极反应为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，据此分析解题。
①因为葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气，故产生氢气速率明显高于不加入直接电解葡萄糖制氢。
②电解—葡萄糖时氧化葡萄糖生成，含有的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成，同时生成大量的，经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气。
③电解一段时间后，需向储槽中补充葡萄糖。
（3）①当进料气中时，设n(H2)=2mol，n(C2H4)=1mol，乙炔的产率为40%，故有

则乙炔的体积分数为=11.76%。
②乙烯分解产生乙炔和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，增大氢气的量会促使反应③平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的乙炔的含量，使乙炔的产率降低。
19．（2023秋·江苏常州·高三统考期末）CO2甲烷化是实现碳平衡阶段的中坚力量。
(1)1902年，Paul Sabatier首次报道了CO2的甲烷化。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的CO2和H2通过装有金属Ni的反应器可得到CH4。
已知：CH4和H2的标准燃烧热分别为-890．3 kJ·mol－1、-285．8 kJ·mol－1。
CO2甲烷化反应CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)的ΔH＝________kJ·mol－1。
(2)近年来，生物电催化技术运用微生物电解池实现了CO2的甲烷化，其工作原理如图1所示。
图1
①微生物电解池实现CO2甲烷化的阴极电极反应式为________。
②如果处理有机物[(CH2O)n]产生标准状况下112 m3的CH4，则理论上导线中通过的电子的物质的量为_____。
(3)经过百余年的探索研究，目前对CO2甲烷化的反应路径和机制仍存在许多争议。ZrO2负载金属Rh催化CO2甲烷化可能存在的两种反应机理如图2所示。
图2
① CO2和H2在催化剂表面不同活性位点(金属氧化物载体或分散在载体表面的活性金属)的吸附、活化形成中间体，是讨论CO2甲烷化反应机理的首要关键问题。上述两种机理争论的焦点首先在于________。
②吸附在活性金属Rh表面的中间体CO，除可能是由吸附在其表面的CO2直接解离产生，还可能是由__________________解离产生。
③根据元素电负性的变化规律，由中间体Ⅱ转化为中间体Ⅲ的过程可以描述为______________。
【答案】(1)－252.9
(2)     CO2＋8H＋＋8e－=CH4＋2H2O     4×104mol
(3)     CO2的吸附、活化位置(是在载体ZrO2上，还是在活性金属Rh上，以及活化形成的中间体)     吸附在载体ZrO2的Zr原子表面的(CO2衍生物中间体)甲酸盐     吸附在Zr原子表面的H原子与碳酸氢盐中的C原子相互作用，吸附在O原子表面的H原子与碳酸氢盐羟基上的O原子相互作用，生成的甲酸盐吸附在Zr原子表面、H2O分子直接离去

【详解】（1）由已知可得①CH4+2O2=CO2+2H2O=-890.3 kJ·mol－1，H2+O2=H2O=-285.8 kJ·mol－1，根据盖斯定律知4×②-①可得CO2(g)＋4H2(g)=CH4(g)＋2H2O(l)，其ΔH=4×(-285.8)-(-890.3)=-252.9；
（2）①微生物电解池实现CO2甲烷化，CO2得到电子生成CH4，其阴极电极反应式为CO2＋8H＋＋8e－=CH4＋2H2O；
②标准状况下112 m3的CH4的物质的量为，故产生5000molCH4，理论上导线中通过的电子的物质的量为5000mol×8=4×104mol；
（3）①从图2可以看出，CO2和H2在催化剂表面不同活性位点的吸附、活化形成中间体不同，故上述两种机理争论的焦点首先在于CO2的吸附、活化位置(是在载体ZrO2上，还是在活性金属Rh上，以及活化形成的中间体)；
②由图2可知，吸附在活性金属Rh表面的中间体CO，除了可能是吸附在活性金属Rh表面的CO2直接解离产生，也有可能是机理②中由吸附在载体ZrO2的Zr原子表面的(CO2衍生物中间体)甲酸盐解离产生；
③由图2可知中间体Ⅱ脱去H2O生成中间体Ⅲ，根据元素电负性的变化规律，由中间体Ⅱ转化为中间体Ⅲ的过程可以描述为吸附在Zr原子表面的H原子与碳酸氢盐中的C原子相互作用，吸附在O原子表面的H原子与碳酸氢盐羟基上的O原子相互作用，生成的甲酸盐吸附在Zr原子表面、H2O分子直接离去。
20．（2023秋·吉林·高三校考期末）研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。
Ⅰ. 工业上可利用CO2来制备清洁燃料甲醇，有关化学反应如下：
反应A：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H1=-49.6kJ·mol-1
反应B：CO2(g)＋H2H2O(g)＋CO(g)         △H2=＋41kJ·mol-1
(1)写出用CO(g)和H2(g)合成CH3OH(g)反应的热化学方程式： _______
(2)反应A可自发进行的温度条件是_______(填“低温”或“高温”) 。
II.工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH＜0，在容积为1L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系。
(3)下列说法正确的是_______(填字母)。

A．a、b、c三点H2转化率：c>a>b
B．上述三种温度之间关系为T1>T2>T3
C．c点状态下再通入1molCO和4molH2，新平衡中H2的体积分数增大
D．a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡不移动
III.若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-759.8kJ·mol-1，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如下图。

(4)①b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为_______
②若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_______。
IV.常温条下，向100mL0.1mol·L-1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。试分析图中a、b、c、d、e五个点(该条件下硫酸第二步电离是完全的)。

(5)b点溶液中发生水解反应的离子是_______。
(6)c点溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序为_______。
(7)d、e点对应溶液中，水电离程度大小关系是d_______e(“”“”或“”)。
V.常温下Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.0×10-20， 设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol·L-1
(8)则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为_______
【答案】(1)CO (g)＋2H2(g) CH3OH(g) △H=-90.6kJ·mol-1
(2)低温
(3)D
(4)     b=c>d     60%
(5)
(6)
(7)>
(8)4

【详解】（1）用CO(g)和H2(g)合成CH3OH(g)反应的的化学方程式为：，反应方程式可由“反应A-反应B”合并得出，根据盖斯定律得用CO(g)和H2(g)合成CH3OH(g)反应的的热化学方程式为：。
（2）反应A的，，根据时反应能自发进行，反应A在低温下可以自发进行。
（3）A．a、b点和的起始组成比相同，的转化率与的成正比，因此转化率。c点时增大了的起始浓度，平衡向正方向移动，增大了的平衡转化率，但的转化率却减小，因此a、b、c三点H2转化率：，A错误；
B．反应ΔH＜0，温度升高，平衡向逆方向移动，CO的转化率减小，因此，B错误；
C．根据图中数据知c点状态对应的反应起始量是1molCO和4molH2，再通入1molCO和4molH2，相当于按起始量2mol和8mol通入容器内进行反应，容器内压强增大，平衡向正方向移动，新平衡中H2的体积分数减小，C错误；
D．根据图中数据知a点状态对应的反应起始量是1mol和1.5mol，平衡时转化率为50%，列三段式得：

平衡常数，a点状态下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，浓度商，体系仍处于平衡状态，故平衡不移动，D正确；
故选D。
（4）①反应的，温度升高，平衡向逆方向移动，N2的体积分数减小。根据图中数据知，投料比相同时，条件下平衡时N2的体积分数小于条件下的，故 。平衡常数只受温度影响，同一可逆反应，温度相同时，平衡常数相同；温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，则a、b、c三点的平衡常数关系为：。
②设CO投入0.8mol/L，NO投入1.0mol/L进行反应，平衡时NO浓度减小了xmol/L，列三段式得：

则：，，因此NO的转化率为：。
（5）b点时未到滴定终点，溶液中还存在，因此发生水解反应的离子是。
（6）c点时滴加的NaOH大于100mL，混合溶液中，溶液pH=7，，根据电荷守恒得：，结合上述关系得：。
（7）d点到e点时，溶液显碱性是因为水解形成，水解促进水的电离，随着加入的NaOH越来多，浓度减小，水解程度减小，对水的电离促进减小，因此水电离程度大小关系是d>e。
（8）根据得Cu(OH)2开始沉淀时，结合常温下水的离子积得此时溶液中，则pH=4。