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安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学反应速率与化学平衡（2）
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这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学反应速率与化学平衡（2），共39页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学反应速率与化学平衡（2）
一、单选题
1．（2022·安徽淮北·统考一模）向的和3 mL 30%的的混合溶液中加入经处理过的铁丝，铁丝表面产生气泡，随后消失，再产生气泡，再消失，周而往复，振荡周期(现象重复出现的时间间隔)为20 s左右，可维持数小时。一种可能的反应机理为：
(a)
(b)
(c)
(d)
下列说法错误的是
A．该振荡反应与浓度的变化有关 B．、为中间产物
C．冰水浴比室温条件下的振荡周期要短 D．由该机理可知：产生的气体是
2．（2022·安徽铜陵·统考二模）甲酸(HCOOH)在催化剂表面分解的微观历程与能量变化关系如图所示：
下列说法正确的是
A．甲酸分解过程吸收能量
B．甲酸分解速率由步骤Ⅳ→Ⅴ决定
C．反应过程存在非极性键的断裂和生成
D．使用高效催化剂可使步骤Ⅰ和Ⅴ之间差值增大
3．（2022·安徽宣城·二模）2021年9月24日《科学》杂志发表了中国科学家的原创性重大突破——首次在实验室实现到淀粉的全合成。其部分合成路线如下。
下列说法正确的是
A．DHA和淀粉中碳原子的成键方式完全相同
B．反应①中有极性键和非极性键的断裂与生成
C．升高温度一定会加快反应②的反应速率
D．反应③属于加成反应
4．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应：
第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2
第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2
其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法不正确的是
A．总反应是放热反应，化学方程式为CO+N2OCO2+N2
B．在反应过程中，有极性键和非极性键的断裂和生成
C．总反应的反应速率由第一步反应决定
D．Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物
5．（2022·安徽淮北·统考二模）ICl与H2能发生的总反应为H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g) △H<0。
已知：①该反应分两步完成，第一步为
②两步反应的活化能分别为Ea1、Ea2，且Ea1>Ea2
下列判断正确的是
A．总反应中I2为氧化产物
B．第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率
C．已知键能：，可推知键能H-Cl
6．（2022·安徽合肥·统考三模）最近科学家研究发现铱元素(Ir)形成的复杂阴离子[Ir(CO)2I2]-能催化甲醇的羰基化反应，催化过程中各步基元反应如图所示，其中M→N的反应速率较快，N→Y→X的反应速率较慢，下列有关说法正确的是
A．催化过程中基元反应M→N的活化能最大
B．反应过程中Ir元素的化合价保持不变
C．存在反应：CH3COOH+HI→CH3COI+H2O
D．甲醇的羰基化反应原子利用率为100%
7．（2022·安徽黄山·统考二模）下列操作能达到实验目的的是
A．依据褪色时间的长短比较反应物浓度对反应速率的影响
B．探究浓硫酸的脱水性和氧化性
C．检验该条件下铁发生了析氢腐蚀
D．验证该装置产生乙烯
A．A B．B C．C D．D
二、原理综合题
8．（2022·安徽池州·统考模拟预测）已知：4HBr(g)+O2(g)⇌2H2O(g)+2Br2(g)ΔH。v正=k正ca(HBr)·cb(O2)，v逆=k逆cc<(H2O)·cd(Br2)(v正为正反应速率，v逆为逆反应速率，k正为正反应速率常数，k逆是逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关，与浓度和接触面积无关；a、b、c、d是反应级数，可取整数和分数)。
(1)已知几种共价键键能数据如下所示：
共价键
H-Br
O=O
H-O
Br-Br
键能(kJ·mol-1)
363
498
467
193
上述反应中，ΔH=_______kJ·mol-1。
(2)下列关于k正和k逆的说法正确的是_______(填字母)。
A．增大压强，k正增大，k逆减小 B．升高温度，k正和k逆都增大
C．加入催化剂，k正和k逆都增大 D．增大接触面积，k正和k逆都减小
(3)为了测定反应级数，设计实验，测定结果如表所示：
实验序号
c(HBr)/mol·L-1
c(O2)/mol·L-1
正反应速率
1
0.1
0.1
v
2
0.1
0.2
2v
3
0.2
0.4
8v
4
0.4
x
32v
①x=_______，a=_______，b=_______。
②有人提出如下反应历程：
(I)HBr+O2→HO-OBr(慢反应)
(II)HO-OBr+HBr→H2O+BrOBr(较快反应)
(III)BrOBr+HBr→BrOH+Br2(快反应)
(IV)BrOH+HBr→Br2+H2O(快反应)
活化能最大的反应是_______(填代号)。
(4)在密闭容器中充入HBr和O2，发生上述反应，在相同时间里，测得HBr的转化率与温度、压强的关系如图。随着温度升高，三种不同压强下HBr的转化率趋向相等，其原因是_______。
(5)在一定温度下，向恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和1molO2(g)，测得起始的压强为10akPa，发生上述反应达到平衡时气体压强为起始压强的。该温度下，平衡常数Kp=_______(kPa)-1(用含a的代数式表示)。
(6)常温下，如果将上述反应设计成酸性燃料电池，负极反应式为_______。
9．（2022·安徽宣城·统考二模）大连化学物理研究所开发的DMTO技术曾获得国家科学技术发明一等奖。该技术以煤为原料，经过煤→CO、H2→CH3OH→C2H4、C3H6等一系列变化可获得重要的化工产品乙烯和丙烯。回答下列问题：
(1)煤气化包含一系列化学反应，热化学方程式如下：
①C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) △H1=+131kJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H2=akJ·mol-1
③C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172kJ·mol-1，
则a=_______。
(2)已知某密闭容器中存在可逆反应：2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g) △H，测得其他条件相同时，CH3OH的平衡转化率随着温度(T)、压强(p)的变化如图1所示，平衡常数K与温度T关系如图2所示。
①该反应的△H_______(填“>”或“<”，下同)0，N点v(CH3OH)正_______M点v(CH3OH)逆。
②T1后升高温度，则B、C、D三点中能正确表示该反应的平衡常数K随着温度T改变而变化的点是_______(填字母)。
(3)在一定温度和适当催化剂存在下，将1molCO、2molH2通入恒容密闭容器中，使其发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-91kJ·mol-1，测得开始时容器内总压为3×105Pa，反应经2min达到平衡且平衡时体系压强降低了，则该温度下的平衡常数Kp=_______Pa-2(Kp为分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(4)某乙烯熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图3所示，则负极上电极反应式为_______；若要维持电池持续稳定工作，则从理论上讲，进入石墨Ⅱ电极上的CO2与石墨Ⅰ电极上生成的CO2的物质的量之比是_______。
10．（2022·安徽合肥·统考三模）甲烷催化裂解是工业上制备乙炔的方法之一。回答下列问题：
(1)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-885 kJ/mol
2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=-2600 kJ/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=-572 kJ/mol
则2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)ΔH=_______kJ/mol
(2)①若用分别表示CH4、CH2、H2和固体催化剂，在固体催化剂表面CH4的裂解过程如图所示，从吸附到解吸的过程中，能量状态最高的是_______(填标号)。
②在恒容密闭容器中充入amol甲烷，测得单位时间内在固体催、化剂表面CH4的转化率[α(CH4)]与温度(t℃)的关系如图所示，t0℃后CH4的转化率突减的原因可能是_______。
(3)甲烷分解体系中几种气体的平衡分压(p/Pa)与温度(t/℃)的关系如图所示。
①T℃时，化学反应2CH4 (g)=C2H2(g)+3H2(g)的压强平衡常数K=_______Pa2。
②在某温度下，向VL恒容密闭容器中充入0.12mol CH4只发生反应2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时，测得p(H2)=p(CH4)。CH4的平衡转化率为_______(结果保留两位有效数字)。
(4)甲烷除裂解反应外还能发生水蒸气重整反应，涉及以下反应方程式：
I.CH4(g)+H2O(g)→CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206kJ·mol-1；
II.CO(g)+H2O(g)→CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41kJ·mol-1；
在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的CH4和H2O(g)发生水蒸气重整反应。
①压强为P0kPa时，分别在加CaO和不加CaO时，平衡体系H2的物质的量随温度变化如图所示。温度低于700℃时，加入CaO可明显提高混合气中H2的量，原因是_______
②500℃时，反应相同时间后测得CH4的转化率随压强的变化如图所示。则图中E点和G点CH4的浓度大小关系为c(G)_______(填“>”“＜”或“=”)c(E)。
11．（2022·安徽·模拟预测）CO2的综合利用有利于碳达峰、“碳中和”目标的最终实现。催化CO2和H2能够制取甲醇。
Ⅰ.在催化剂作用下，CO2、H2同时发生如下反应：
反应1(主反应)：CO2(g) +3H2(g)=CH3OH(l) +H2O(g) △H= -86.9 kJ·mol-1
反应2(副反应)：CO2(g) +H2(g)=CO(g) +H2O(g) △H= +41.2 kJ·mol-1
(1)反应2的发生不利于反应1中CH3OH(l)生成的原因是_______；一定温度、压强下，为了提高反应速率和CH3OH(1)的选择性，应当_______。
(2)假设某温度下，反应1的速率大于反应2的速率，则下列反应过程中的能量变化示意图正确的是_______(填字母)。
A． B． C． D．
(3)若在绝热恒容的密闭体系中进行上述反应，下列能说明反应1达到平衡状态的是_______ ( 填序号)。
①v(CO2)正和v(H2)逆的比值为1：2
②CO2和H2O的物质的量相等
③H2的百分含量不变
④容器的温度恒定不变
Ⅱ.工业上常用甲醇脱氢制重要的化工产品“万能中间体-----HCOOCH3”，具有工艺流程短、原料单一、反应条件温和等优点。该工艺过程涉及如下反应：
反应Ⅰ ：2CH3OH(g)HCOOCH3(g) +2H2(g) △H1
反应Ⅱ：HCOOCH3(g) 2CO(g) +2H2(g) △H2
反应Ⅲ：CH3OH(g) CO(g) +2H2(g) △H3
(4)反应Ⅰ、Ⅲ的能量变化如图所示，则△H2 =_______kJ·mol-1
(5)一定温度下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CH3OH(g)发生上述反应，t min达到平衡时，容器中HCOOCH3为a mol ，CO为b mol ，0~t min内v(CH30H) =_______mol·L-1·min-1(用含a、b、V、t的代数式表示)，该温度下，反应Ⅲ的平衡常数K=_______(用含a、b、V的代数式表示)。
12．（2022·安徽芜湖·统考三模）为实现我国政府提出的2060年碳中和目标，须控制CO2的排放。
(1)请写出CO2与C反应生成CO的热化学方程式_______。
已知：
①4CO(g)+Fe3O4(s)=3Fe(s)+4CO2(g) ΔH=-14kJ·mol-1
②3Fe(s)+2O2(g)=Fe3O4(s) ΔH=-1118kJ·mol-1
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394kJ·mol-1
若在恒温密闭容器中发生反应①，当反应达到平衡后充入CO2，重新达到平衡后容器中的变化情况是_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。反应②在_______(填“低温”或“高温”)条件下更有利于反应的自发进行。
(2)已知：CO2(g)+CH4(g)→2CO(g)+2H2(g)，为研究温度、压强变化对此反应的影响，某科研小组的研究人员向某密闭容器中充入a mol CH4、b mol CO2，测得反应过程中CO2的平衡转化率与温度(K)、压强(kPa)的关系如图所示。欲使X点时CH4的转化率>60％，则a_______b(填“>”、“=”或“<”)；若两种压强下通入气体的量相同，则正反应速率v(Y)_______v(X)，ΔH_______0(填“>”、“=”或“<”)。
(3)CO2在Cu-ZnO催化下，可同时发生如下反应I和II。
I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)
II.CO2(g)+H2(g) →CO(g)+H2O(g)
在Cu-ZnO存在的条件下，保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2及H2，起始及达平衡时，容器内各气体物质的量如下表：
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O(g)
总压/kPa
起始/mol
5.0
7.0
0
0
0
p0
平衡/mol
n1
n2
p
若反应I、II均达平衡时，p0=1.2p，则表中n1=_______；若此时n2=3，则反应I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。计算结果用含总压p的最简分式表示)。
13．（2022·安徽淮南·统考二模）CO2减排策略主要有三种：减少排放，捕集封存，转化利用。其中CO2转化利用，生产高能燃料和高附加值化学品，有利于实现碳资源的有效循环。由CO2转化制甲醇具有重要的经济效益。
(1)高效催化剂对CO2加氢制甲醇的反应速率影响很大。通过计算机分析，CO2加氢制甲醇在不同催化条件下存在两种反应路径的势能图如下图所示。
①CO2加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=_______eV/mol(阿伏加德罗常数用NA表示)；
②_______(填“甲酸盐”或“羧酸”)路径更有利于CO2加氢制甲醇反应，对该路径的反应速率影响最大的一步反应是_______；
③根据势能图，下列说法合理的是_______(填标号)。
A．CO2分压越大，催化剂表面积越大，CO2在催化剂表面的吸附速率越大
B．不考虑H3COH*，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种
C．中间体HCOO*比COOH*更稳定
D．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率
(2)CO2催化加氢制甲醇反应历程中某一步基元反应的Arthenius经验公式的实验数据如图所示，已知Arrhenius经验公式为(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。
①该反应的活化能Ea=________kJ/mol；
②当使用更高效的催化剂时，在图中画出Rlnk与关系的示意图_______。
(3)在CO2催化加氢制甲醇过程中也存在竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH>0，在恒温密闭容器中，维持压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和甲醇选择性[x(CH3OH)%=]随温度变化关系如下图所示：
CO2转化率和甲醇选择性随温度的变化曲线
①若233-251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析235℃后图中曲线下降的原因_______。
②在压强为P的恒温恒压密闭容器中，加入1molCO2和3molH2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%，计算CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)在该温度下的平衡常数Kp=_______。(列出计算式)
14．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）二氧化碳加氢可转化为二甲醚(CH3OCH3)，既可以降低二氧化碳排放量，也可以得到性能优良的燃料，是实现碳中和的有效手段之一、回答下列问题：
(1)已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-49.0kJ∙mol-1
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ∆H2=-23.5kJ∙mol-1
用二氧化碳和氢气反应制取二甲醚的热化学方程式为_______。
(2)一定条件下，向体积为2L的恒容闭容器中通入2molCO2和6molH2发生上述反应。
①下列有关叙述正确的是_______(填字母序号)。
a．容器内气体密度不再发生改变，说明反应达化学平衡状态
b．使用合适的催化剂可以提高单位时间内CH3OCH3的产率
c．反应达化学平衡后，向容器内通入少量氦气，则平衡向正反应方向移动
d．反应达平衡状态后向容器内再通入1molCO2和3molH2，重新达平衡后CH3OCH3体积分数增大
②升高温度，二甲醚的平衡产率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是_______。
③CO2与H2混合气体以一定的比例和一定流速分别通过填充有催化剂I和催化剂II的反应器，CO2转化率与温度的关系如图。a点的CO2转化率_______(填“是”或“不是”)平衡转化率，在催化剂I作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降的原因可能是_______
(3)将组成(物质的量分数)为20％CO2(g)、60％H2(g)和20％N2(g)(N2不参与反应)的气体通入反应器，在一定温度和p=2.0MPa的条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)。平衡时，若CO2(g)转化率为50％，则H2O(g)的分压为_______MPa，反应的平衡常数Kp=_______(MPa)-2(保留两位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。
15．（2022·安徽马鞍山·统考三模）甲醇是一种重要的液体清洁燃料，工业上有多种制备甲醇的方法。
Ⅰ.利用H2O2来氧化CH4制取液体燃料甲醇。
(1)已知： 2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H1
2H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) △H2
则H2O2氧化CH4的热化学方程式为_______ ( 用∆H1和∆H2来表示∆H)。
(2)该方法采用的温度为70℃，不选择更低或更高温度的原因是_______。
Ⅱ.工业。上也常使用CO2和H2在高温条件下制备甲醇，发生的反应为
主反应： CO2(g)+ 3H2(g) CHOH(g)+ H2O(g) ∆H<0
副反应： CO2(g) +H2(g) CO(g) + H2O(g) ∆H<0
起始投料为= 3。
i.当反应只按主反应进行时，研究不同温度、压强下，平衡时甲醇的物质的量分数[x(CH3OH)]的变化规律，如下图所示。其中， x(CH3OH)-p图在t=250℃下测得， x(CH3OH)-t 图在p=5×105 Pa下测得。
(3)图中等压过程的曲线是_______(填“a”或“b”)，判断的依据是_______。
(4)当x(CH3OH)=0.10时，反应条件可能为_______或_______。
ii.当两个反应同时发生时，在T℃，恒压为1×106 Pa条件下达平衡时： x(CH3OH)=0.125，x(CO)=0.0625。
(5)该条件下CO2的总转化率=_______ ； 副反应的平衡常数Kp=_______(保留3位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
16．（2022·安徽淮北·统考二模）煤、石油等传统能源使用时污染严重，且日渐枯竭，科学家们寻找其他清洁能源作为替代品，其中甲烷的开发利用成为一个热点。以下是甲烷水蒸气重整的应用：
已知：①
②
(1)甲烷水蒸气重整原理CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H3，则△H3=_______kJ/mol。
(2)向恒容容器中加入1 molCH4和2 molH2O，在恒定的温度，初始压强a MPa下进行反应，
①当分离出0.8molH2时，分离比η=_______。(分离比，实际分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，体现H2分离的程度)。
②下图是甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系，其中η1、η2、η3的由大到小的关系是_______。
③η3=0.25时，A点气体的总压p(总)_______a MPa(填“>”、“=”、“<”)；H2的分压p(H2)=_______MPa；平衡常数Kp=_______(MPa)2。
(3)从反应体系中分离出H2、CO2需要消耗能量(分离能耗)，不同的分离方式需要的分离能耗与甲烷平衡转化率的关系如下图所示：
在提供相同的分离能量时，哪种分离方式更有利于提高甲烷平衡转化率_______。
17．（2022·安徽宣城·二模）碳化学是以分子中只含一个碳原子的化合物为原料生产化工产品的方法。合成气(CO和的混合气体)是一碳化学的重要原料，焦炭与水蒸气在刚性密闭容器中会发生如下两个反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
下表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1mol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。
物质
标准生成热
0.0
0.0
(1)反应Ⅰ的焓变_______，、分别表示该反应正、逆反应的活化能，则－_______0(填“>”或“<”或“=”)。
(2)若在绝热恒容容器中仅发生反应Ⅱ，则下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______。
A．容器内气体的压强不变 B．容器内温度不变
C．容器内气体的密度不再改变 D．容器内气体的平均相对分子质量不变
(3)已知反应Ⅱ的正反应速率，逆反应速率，、分别为正、逆反应速率常数，(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化。升高温度，反应Ⅱ的平衡常数K_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。
(4)在上图A点对应的温度下，向某刚性密闭容器中加入足量焦炭和一定量水蒸气，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa。
①平衡时CO的分压_______kPa，平衡时水蒸气的转化率为_______%。
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有_______、_______(写两种不同的方法)。
18．（2022·安徽黄山·统考二模）CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，回答下列问题：
(1)CO2和乙烷反应制备乙烯。常温常压时，相关物质的相对能量如下图所示：
已知：H2O(g)= H2O(l)的 △H计算如下： △H=-286kJ·mol-1-(-242kJ·mol-1)=-44kJ·mol-1。则CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为___________。
(2)CO2和M2CO3反应制备MHCO3，某学习兴趣小组为了研究该反应，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容密闭容器中，发生如下反应：。反应达平衡时体系的总压为50 kPa，保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5 kPa，则CO2(g)的初始压强应大于___________kPa。
(3)CO2和H2制备甲醇，反应体系中涉及以下两个反应：
I．CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ＜ 0
II．CO2(g) + H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2 ＞ 0
将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH的选择性=×100%
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是___________。
A．210℃ B．230℃ C．催化CZT D．催化剂CZ(Zr-1)T
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是___________。
③230℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
20
40
60
80
压强/MPa
P0
0.95P0
0.92P0
0.90P0
0.90P0
反应I 的速率可表示为v=k·P(CO2)·P3 (H2)(k为常数)，平衡时P(H2O)=0.15P0，则反应在60 min时v=___________(用含P0、k的式子表示)。达平衡时CH3OH的选择性=___________，反应II的Kc=___________。
三、工业流程题
19．（2022·安徽·模拟预测）磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低，常用作氯化橡胶合成高分子材料的阻燃剂。工业上利用烧渣灰(主要含ZnO，还含少量FeO、Al2O3、CuO及SiO2等)为原料制取磷酸锌的工艺流程如图所示：
已知：Ⅰ.加入NH4HCO3溶液的目的是沉锰。
Ⅱ.几种金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH如下表所示：
金属离子
Al3+
Fe3+
Cu2+
Zn2+
开始沉淀的pH
3.0
2.2
5.4
6.5
沉淀完全的pH
5.0
3.6
6.7
8.5
(1)用硫酸酸浸烧渣灰，为提高酸浸时锌的浸出率，可以采取的措施是_______(填一条)。
(2)加入MnO2发生反应的离子方程式是_______；经过滤2得到的滤渣的主要成分是_______(填化学式)。
(3)沉锰反应的离子方程式是_______。
(4)水洗时，用热水洗涤磷酸锌沉淀比用冷水洗涤损耗更少，说明原因：_______。
(5)通入H2S是为了除铜离子，25℃时，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH = 1，c(H2S)=0.1 mol·L-1，此时溶液中c(Cu2+) =6×10-17 mol·L-1，则CuS的溶度积Ksp=_______[已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1=1×10-7，Ka2=1×10-15]。
(6)利用膜技术电解经净化的含磷酸钠的废液，可以得到所需的工业产品磷酸和氢氧化钠等，电解装置如图所示：
则M为电源的_______ (填“正极”或“负极”)，d为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，电解总反应式为_______。
20．（2022·安徽马鞍山·统考三模）合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：
已知Sn2+容易水解。
回答下列问题：
(1)加快“脱锡”速率的措施有_______(写出一点)。“操作I” 包含_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是_______；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的原因_______。
(3)“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，通过控制溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为_______； 当阴极出现_______的现象时，说明电解回收锡结束。
(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为_______。
(5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为_______。
参考答案：
1．C
【详解】A．四步反应的总反应为，反应物浓度影响反应速率，故该振荡反应与浓度的变化有关，A正确；
B．、在反应中生成又消耗，为中间产物，B正确；
C．温度越低，反应速率越慢，则冰水浴比室温条件下的振荡周期要长，C错误；
D．由该机理可知：产生的气体只能是，D正确；
故选C。
2．B
【详解】A．由图知甲酸分解为放热，A项错误；
B．步骤Ⅳ→Ⅴ活化能大，反应速率慢，故甲酸分解速率由步骤Ⅳ→Ⅴ决定，B项正确；
C．反应过程无非极性键的断裂，C项错误；
D．催化剂不能改变反应的，D项错误；
故选B。
3．D
【详解】A．DHA中双键上C为sp2杂化，另外2个C为sp3杂化，而淀粉中C均为sp3杂化，则碳原子的成键方式不完全相同，A错误；
B．反应①中，C=O极性键断裂、H-H非极性键断裂，无非极性键的生成，只有极性键的生成，B错误；
C．温度太高，可使酶失去活性，则升高温度，不一定会加快反应②的反应速率，C错误；
D．3分子HCHO生成DHA，产物只有一种，不饱和度减小，该反应为加成反应，D正确；
故选：D。
4．B
【详解】A．由题干反应历程图可知，该反应的总反应化学方程式为CO+N2OCO2+N2，反应物的总能量高于生成物的总能量，则是放热反应，A正确；
B．由题干反应历程图可知，在反应过程中，反应物中CO和N2O中的C-O、N-O极性键断裂，CO2中有C-O极性键形成，即整个过程中没有非极性键的断裂和生成，B错误；
C．总由题干反应历程图可知，第一步反应的活化能大于第二步反应，即第一步反应为慢反应，则整个反应的反应速率由第一步反应决定，C正确；
D．由题干反应历程图可知，Fe*反应过程中参与反应，但反应前后不变，即Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物，D正确；
故答案为：B。
5．D
【详解】A．ICl中I为+1价，故I2为还原产物，A错误；
B．Ea1>Ea1，活化能大的反应速率慢，故第一步的化学反应速率小于第二步的化学反应速率，B错误；
C．H-Cl键长小于I-Cl键键长，键长越短，键能越大，故键能H-Cl>I-Cl，C错误；
D．总反应方程式减去第一步反应方程式可得第二步化学方程式，所给方程式正确，D正确；
故选D。
6．D
【详解】A．因为M→N的反应速率较快，所以该催化过程中基元反应M→N的活化能较小，A不正确；
B．从反应过程中配合物的组成可以看出，Ir元素的化合价发生改变，B不正确；
C．从转化关系看，存在反应：CH3COI+H2O→CH3COOH+HI，C不正确；
D．反应的总反应为CH3OH+CO→CH3COOH，所以甲醇的羰基化反应原子利用率为100%，D正确；
故选D。
7．B
【详解】A．由于反应中生成的锰离子对反应起催化作用，所以不能依据褪色时间的长短比较反应物浓度对反应速率的影响，A错误；
B．蔗糖和浓硫酸混合发生炭化，体现浓硫酸的脱水性，生成的碳继续被氧化，还原产物二氧化硫能使品红溶液褪色，所以可探究浓硫酸的脱水性和氧化性，B正确；
C．溶液显中性，发生的吸氧腐蚀，C错误；
D．挥发出的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能验证该装置产生乙烯，D错误；
答案选B。
8．(1)-304
(2)BC
(3) 0.8 1 1 I
(4)随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱
(5)
(6)2Br--2e-=Br2
【解析】(1)
反应4HBr(g)+O2(g)⇌2H2O(g)+2Br2(g)中，ΔH=363kJ/mol×4+498kJ/mol-（467kJ/mol×4+193kJ/mol×2）=-304kJ·mol-1。故答案为：-304；
(2)
A. k正为正反应速率常数，k逆是逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关，增大压强k正、k逆均不变，故A错误；B. 升高温度，正逆反应速率均增大，k正和k逆都增大，故B正确；C. 加入催化剂，正逆反应速率均增大，k正和k逆都增大，故C正确；D. k正为正反应速率常数，k逆是逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关，增大接触面积，k正和k逆都不变，故答案为：BC；
(3)
①结合实验1、2，v正=k正ca(HBr)·cb(O2)，b=1，再对比实验1和3，得a=1，结合实验3、4，得x=0.8，a=1，b=1。故答案为：0.8；1；1；
②决定反应O2（g）+4HBr（g）⇌2Br2（g）+2H2O（g）速率快慢的基元反应是反应Ⅰ，反应Ⅰ的活化能最大，活化能最大的反应是I(填代号)。故答案为：I；
(4)
根据HBr的转化率与温度、压强的关系图，随着温度升高，三种不同压强下HBr的转化率趋向相等，其原因是随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱。故答案为：随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱；
(5)
在一定温度下，向恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和1molO2(g)， ，测得起始的压强为10akPa，发生上述反应达到平衡时气体压强为起始压强的， ，x=0.5。该温度下，平衡常数Kp= == (kPa)-1(用含a的代数式表示)。故答案为：；
(6)
常温下，如果将上述反应设计成酸性燃料电池，负极溴离子放电，失电子发生氧化反应生成溴单质，反应式为2Br--2e-=Br2，故答案为：2Br--2e-=Br2。
9．(1)-41
(2) < > C
(3)1×10-10
(4) C2H4+6CO-12e-=8CO2+2H2O 3∶4
【详解】（1）根据盖斯定律可知，①－③得出ΔH2=[(＋131)－(＋172)]kJ·mol－1=－41kJ·mol－1，故答案为－41；
（2）根据图1，随着温度升高，CH3OH的转化率降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应ΔH＜0；该反应为物质的量增大反应，相同条件下，增大压强，平衡向逆反应方向进行，CH3OH转化率降低，因此p2＞p1，压强增大，化学反应速率加快，即N点v(CH3OH)正＞M点v(CH3OH)逆；故答案为＜；＞；
化学平衡常数只受温度影响，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，K减小，根据图2，推出C点符合题意；故答案为C；
（3）容器为恒容，总压为3×105Pa，开始时充入1molCO和2molH2，则开始时P(CO)=1×105Pa，P(H2)=2×105Pa，令达到平衡时消耗CO的分压为xPa，则达到平衡时的总压为(1×105－x)＋(2×105－2x)+x=3×105－3×105×，解得x=0.5×105，达到平衡时Kp==1×10－10；故答案为1×10－10；
（4）根据装置图，石墨Ⅰ上C2H4转化成CO2和H2O，C的化合价由－2价升高为＋4价，根据原电池工作原理，该电极为负极，熔融碳酸盐作电解质，碳酸根需要在负极上参与反应，电极反应式为C2H4＋6CO－12e－=8CO2＋2H2O；石墨Ⅱ为正极，电极反应式为O2＋2CO2＋4e－=2CO，电路中得失电子数目守恒，进入石墨Ⅱ电极上的CO2与石墨Ⅰ电极上生成的CO2的物质的量之比是6∶8=3∶4；因此故答案为C2H4＋6CO－12e－=8CO2＋2H2O；3∶4。
10．(1)+388
(2) B 温度过高，催化剂活性降低
(3) 104.7 66.7%
(4) 加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II 的化学平衡正向移动，氢气含量增大 >
【解析】(1)
已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-885 kJ/mol
②2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=-2600 kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=-572 kJ/mol
根据盖斯定律，由①-②-③得反应2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) ΔH=(-885 kJ/mol)-(-2600 kJ/mol)-(-572 kJ/mol)=+388kJ/mol；
(2)
因为A→B吸收能量，B→C放出能量，所以B点能量最高，答案为B；
t0℃后CH4的转化率突减的原因可能是温度过高，催化剂活性降低；
(3)
①将该反应的平衡常数表达式，将气体的平衡浓度换为平衡分压，t3℃时, 化学反应2CH4(g)=C2H2(g)+ 3H2(g)的气体分压为: p(CH4)= 103、p(H2)= 104、p(C2H2)= 10-1.3，压强平衡常数Kp===104.7；
②设CH4的开始浓度为0.3mol/L，转化浓度为xmol/L，根据反应方程式2CH4(g)=C2H4(g)+ 2H2(g)中物质反应转化关系可知平衡时c(CH4)=(0.3-x)mol/L，c(C2H4)=mol/L，c(H2)=xmol/L，达到平衡时，测得p(C2H4)=p(CH4)，由于容器的容积不变，气体的物质的量的比等于压强的比，可知: 0.3-x=，所以x=0.2mol/L，故CH4的平衡转化率=100%=66.7%；
(4)
①CaO为碱性氧化物，加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应II的化学平衡正向移动，CO浓度降低，反应I的平衡也正向移动，使氢气含量增大，
故答案为:加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II 的化学平衡正向移动，氢气含量增大；
②500℃时，E点压强低于G点压强，G点甲烷浓度大，答案为>。
11．(1) 反应2消耗CO2、H2，且有H2O(g)生成，CO2、H2浓度减小和H2O( g)浓度增大都使反应1逆向进行 选择性催化剂（选择CH3OH的催化剂）
(2)A
(3)③④
(4)76.6
(5)
【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些物理量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；根据图象判断反应热，根据盖斯定律，计算反应热；根据反应速率的计算公式，根据元素守恒可知反应中的各物质的量，从而计算出反应Ⅲ的K值，以此来解析；
【详解】（1）反应2消耗CO2、H2，且有H2O(g)生成，CO2、H2浓度减小和H2O( g)浓度增大都使反应1逆向进行；根据影响反应速率的因素，一定温度、压强下，温度压强不能改变，可以利用催化剂，可以用选择性催化剂，选择生成CH3OH的催化剂；
（2）②反应1为放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量，反应2为吸热反应，则反应物总能量低于生成物总能量，BC错误；反应1的速率大于反应2的速率，说明反应1的活化能小于反应2，D错误，则A正确；
故选A。
（3）①．v(CO2)正和v(H2)逆的比值为1：3，才能证明正逆反应速率相等，此时给定的条件不能判断平衡，①不符合题意；
②．CO2和H2O的物质的量相等，不能说明正逆反应速率相等，不能表明反应已达到平衡，②不符合题意；
③．H2的百分含量为一个变量，当H2的百分含量不变时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，③符合题意；
④．反应1为放热反应，容器为恒容绝热，容器的温度会随着反应的温度发生改变，温度为一个变量，当容器的温度恒定不变时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，④符合题意；
故选③④。
（4）根据图中信息可知反应 △H1=+135.4 kJ·mol-1；△H3=+106.0 kJ·mol-1；根据盖斯定律可知2反应Ⅲ-反应Ⅰ=反应Ⅱ，故△H2 =2×△H3-△H1=2×106.0 kJ·mol-1-135.4 kJ·mol-1=76.6 kJ·mol-1；
（5）1mol CH3OH(g)发生上述反应，t min达到平衡时，容器中HCOOCH3为amol，CO为bmol，根据C守恒可知，t min时容器中n(CH3OH)=(1-2a-b)mol，反应的甲醇的物质的量为：(2a+b)mol，v(CH3OH)= = = =mol·L-1·min-1；根据H守恒，可知t min时容器中n(H2)= =(2a+2b)mol，根据C守恒可知，t min时容器中n(CH3OH)=(1-2a-b)mol，CO为bmol，该温度下，反应Ⅲ的平衡常数K= ==；
12．(1) C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH =+172 kJ·mol-1 不变 低温
(2) < < >
(3) 1
【解析】（1）
①4CO(g)+Fe3O4(s)=3Fe(s)+4CO2(g) ΔH1=-14kJ·mol-1
②3Fe(s)+2O2(g)=Fe3O4(s) ΔH2=-1118kJ·mol-1
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-394kJ·mol-1
由盖斯定：③-×②-×①可得CO2与C反应生成CO的热化学方程式为C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH =+172 kJ·mol-1；
反应①的平衡常数表达式K=，平衡后充入CO2，由于温度不变，K不变，即不变，则不变，不变，则不变；
自发过程要满足熵增、放热至少一个条件，只满足熵增时需要高温才能实现自发，只满足放热时需要低温才能实现自发，熵增和放热同时满足在任何温度下都自发，反应②的正反应是熵减的放热反应，则低温条件下更有利于反应的自发进行；
（2）
X点CO2的转化率=60％，则CO2(g)和CH4(g)的转化量均为0.6b mol，CH4的转化率=×100%，要使X点时CH4的转化率>60％即×100%>60％，解得a
（3）
起始时气体总物质的量为12mol，反应I、II均达平衡时，p0=1.2p，则12=1.2×n(n为平衡时气体总物质的量)，解得平衡时气体总物质的量为10mol，则气体总物质的量减小12mol-10mol=2mol，由于反应II是气体总物质的量不变的反应，则减少的2mol为反应I造成，
平衡时H2的物质的量为n1，则，则平衡时甲醇为1mol，即n1=1；
此时n2＝3，即平衡时H2O(g)的物质的量为3mol，则反应II生2mol H2O(g)，则，则平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别为2mol、2mol、1mol、3mol、2mol，CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分数分别为、、、，反应I的平衡常数Kp=。
13．(1) -0.19NA 甲酸盐 HCOO*+H*=H2COO*(或HCOO*+H*+2H2=H2COO*+2H2) BC
(2) 30.0 或
(3) 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转化率和甲醇选择性下降
【详解】（1）①由图示可知，CO2加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-0.19NAeV/mol。
②由图示可知，甲酸盐作为催化剂时，活化能更低，因此甲酸盐路径更有利于CO2加氢制甲醇反应，对该路径的反应速率影响最大的一步反应是慢反应，即活化能最高的一步反应，即HCOO*+H*=H2COO*(或HCOO*+H*+2H2=H2COO*+2H2)。
③A．催化剂表面积越大，CO2在催化剂表面的吸附速率越大，但CO2分压越大，CO2在催化剂表面的吸附速率不一定越大，A错误；
B．由图示可知，不考虑H3COH*，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种，B正确；
C．由图示可知，中间体HCOO*比COOH*势能低，更稳定，C正确；
D．使用高活性催化剂可加快反应速率，但不能改变反应焓变，D错误；
答案选BC。
（2）①根据图象并结合公式有：63.0=-3.0Ea+C，33.0=-4.0Ea+C，联立方程，解得Ea=30.0，C=153。
②使用更高效的催化剂时，可降低反应的活化能，则与Rlnk与关系的示意图为：或 。
（3）①CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降。
②CO2平衡转化率为20%，二氧化碳的物质的量转化量为0.2mol，甲醇的选择性为50%，代入x(CH3OH)%=，可得50%=，解得n(生成CH3OH)=0.1mol，列三段式：
平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，物质总物质的量为：0.8mol+2.6mol+0.1mol+0.1mol+0.2mol=3.8mol，二氧化碳分压为，氢气分压为，甲醇分压为，水蒸气分压为，则CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)在该温度下的压强平衡常数Kp=。
14．(1)2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) ∆H=-121.5kJ/mol
(2) bd 减小 二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行 不是 催化剂的活性降低
(3) 0.25 0.59
【解析】(1)
已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-49.0kJ∙mol-1
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ∆H2=-23.5kJ∙mol-1
①×2+②即得到制取二甲醚的热化学方程式2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)，根据盖斯定律可得∆H=(-49kJ/mol)×2+(-23.5kJ/mol)=-121.5kJ/mol；
(2)
①a．容器为恒容容器，气体密度始终为不变量，气体密度不再发生改变，不能说明反应达化学平衡状态，a错误；
b．使用合适的催化剂，可以提高反应速率，故单位时间内CH3OCH3的产率增大，b正确；
c．反应达化学平衡后，向恒容容器内通入少量不参与反应的氦气，反应体系中各物质的浓度不发生变化，平衡不移动，c错误；
d．向恒容容器内再通入1molCO2和3molH2，相当于增大压强，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，d正确；
答案选bd；
②二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，二甲醚的平衡产率减小；
③a点时CO2转化率最高，a点后CO2转化率仍发生改变，即CO2的含量仍发生改变，故a点的CO2转化率不是平衡转化率，从图中可以看出，在催化剂I作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降，可能是催化剂对此反应的催化效率降低，或有其它副反应发生，即原因可能是催化剂的活性降低；
(3)
将组成(物质的量分数)为20％CO2(g)、60％H2(g)和20％N2(g)(N2不参与反应)的气体通入反应器，设起始时，CO2(g)、H2(g)和N2(g)的物质的量分别为1mol、3mol和1mol，若CO2(g)的转化率为50%，列三段式为：
平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol+1.5mol+0.5mol+0.5mol+1mol=4mol，则此时H2O(g)的分压为，反应的平衡常数。
【点睛】第(3)小问为本题的易错点，解答时需考虑，虽N2(g)不参与反应，但N2(g)在体系中也有分压，计算时不可忽略。
15．(1)H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l) ΔH=(ΔH1+ΔH2)
(2)低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解
(3) b 压强不变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向移动，x(CH3OH)降低
(4) 210℃，5×105 Pa 250℃，9×105 Pa
(5) 60.0% 或60% 0.188
【详解】（1）已知： ①2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H1
②2H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) △H2
根据盖斯定律，由(①+②)得反应H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l) ΔH=(ΔH1+ΔH2)；
（2）反应时温度低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解,故该方法采用的温度为70℃，不选择更低或更高温度；
（3）图中等压线是b，压强不变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向移动，x(CH3OH)降低；
（4）根据上述分析可知:曲线b表示等压过程中x(CH3OH )与温度的关系，曲线a表示温度为250℃，c(CH3OH)与压强的关系，由图示可知:当x(C'H3OH) = 0.10时，反应条件可能是温度为210℃，压强为5×105 Pa条件；或温度为250℃，压强为9×105 Pa条件；
故答案为: 210℃，5×105 Pa；250℃，9×105 Pa；
（5）假设反应分步进行，根据三段式可知：
x(CH3OH)=0.125，解得x=0.4
x(CO)==0.0625，解得y=0.2，该条件下CO2的总转化率=；
副反应的平衡常数Kp======0.188。
16．(1)+165
(2) 0.2 η3>η2>η1 =
(3)双分离CO2和H2
【详解】（1）由盖斯定律可知，目标反应式=①-2×②，因此△H3=△H1-2×△H2= +247kJ/mol-2×41kJ/mol =+165 kJ/mol，故答案为+165；
（2）①根据分离比的定义：分离比，指实际H2分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，所以当分离出0.8molH2时，分离比，故答案为0.2；②根据甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系图可知，当温度一定时，CH4的平衡转化率越大，说明体系中生成的H2越多，分离出的H2越多，则分离比越大，所以η1、η2、η3的由大到小的关系是η3>η2>η1，故答案为η3>η2>η1；③当η3=0.25时，可知从体系中分离出H2的物质的量为1mol，根据图象A点甲烷平衡转化率为50%，所以三段式如下：
，根据PV=nRT，可知当T、V一定时，体系气体的压强与气体的物质的量成正比，反应前n(气体)=3mol，反应平衡后由于从体系分离出1mol H2，n(气体)=0.5mol +1mol +0.5mol +2mol -1mol =3mol，所以A点气体的总压p(总)=a MPa；根据前面的分析可知，从体系中分离出H2的物质的量为1mol，体系还剩余1mol H2，所以H2的分压p(H2)=MPa；平衡常数，故答案为：=，，；
（3）通过图象可知，在提供相同的分离能量时，双分离CO2和H2这种方式更有利于提高甲烷平衡转化率，故答案为双分离CO2和H2。
17．(1) +131.3 >
(2)AB
(3)变小
(4) 8 40 增大容器体积 及时分离出或
【详解】（1）=+131.3；、分别表示该反应正、逆反应的活化能，该反应为吸热反应，＞，则－＞0；
（2）Ⅱ：
A.该反应中气体体积不变，气体总物质的量为定值，且在绝热条件下，结合PV=nRT可知，混合气体的压强为变量，当混合气体的压强不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，A正确；
B.在绝热容器内，容器内温度为变量，当容器内温度不变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B正确
C.混合气体的质量为定变量、容器容积不变，则混合气体的密度为定量，当混合气体的密度不变时，不能表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，C错误；
D.混合气体的质量为定量，混合气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量为定量，当混合气体的平均分子质量不变时，不能表明达到平衡状态，D错误；
故选AB；
（3）直线a、b分别表示、随温度的变化，随着温度的降低增大，正逆反应速率均减小，则降低相同温度时lg减小更快，降低温度平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡常数K变小；
（4）①，，则有x-y+80-x-y+y++x+y=100，解得x=20 kPa，A点时=，=，，由以上可知，(20-y)·(60-y)=(y)·(20+y)解得y=12 kPa，平衡时CO的分压20 kPa -12 kPa =8kPa，平衡时水蒸气的转化率为；
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有1.增大容器体积， 2. 及时分离出或，促进平衡正向移动。
18．(1)C2H6(g)+ CO2(g)= C2H4(g)+ CO(g)+ H2O(l) ΔH=+133 kJ·mol-1
(2)120
(3) BD 温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低(其他合理答案均可给分) k P 22.2% 0.3
【详解】（1）ΔH =生成物总能量-反应物总能量，CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为C2H6(g)+ CO2(g)= C2H4(g)+ CO(g)+ H2O(l) ΔH=-110 kJ·mol-1 -286kJ·mol-1 +52kJ·mol-1+393kJ·mol-1 +84kJ·mol-1=+133 kJ·mol-1；
（2）因为反应温度不变，故化学平衡常数K不变, 化学反应方程式为：，平衡常数，将足量MHCO3固体置于真空恒容容器中，反应达平衡时体系总压为50kPa，则p(CO2)=p(H2O)=25 kPa，=25 kPa×25 kPa=625kPa2。设CO2(g)的初始压强为 x kPa，平衡时p(CO2)=(5+x) kPa，p(H2O)=5 kPa，则有Kp=p(CO2)·p(H2O)=625kPa2=5kPa×(x+5)kPa，解得x=120。故要使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO(g)的初始压强应大于120 kPa；
（3）①如图可知合成甲醇的工业条件是230℃、催化剂CZ(Zr-1)T 故选BD；
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是：温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低；
③将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中， ，，a+3a= P0，a=0.25 P0，x+y=0.15 P0，a-(x+y)+3(a-x)-y+y+x+y=0.9 P0，解得x= P0，y= P0，P(CO2)=0.1 P0，P (H2)= P0，v=k·P(CO2)·P3 (H2)，则反应在60 min时v=k P；CH3OH的选择性=×100%=；反应II的Kc=。
19．(1)延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热
(2) MnO2+2Fe2++4H+ =Mn2++2Fe3++2H2O Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)Mn2+ + 2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
(4)磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低
(5)6×10-38
(6) 正极 阳 4Na3PO4+18H2O3O2+4H3PO4 +6H2+12NaOH
【分析】烧渣灰(主要含ZnO，还含少量FeO、Al2O3、CuO及SiO2等)加入稀硫酸，烧渣灰的中ZnO，FeO、Al2O3、CuO溶解，SiO2不溶，形成滤渣；溶液1中加入MnO2溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，并加入氢氧化钠溶液调节pH至5.0，除去铁离子和铝离子，生成氢氧化铁和Al(OH)3沉淀，溶液2为金属阳离子主要为Mn2+、Cu2+、Zn2+，加入碳酸氢铵，得沉淀MnCO3，滤液3为金属阳离子主要为Cu2+、Zn2+，通入硫化氢，生成CuS沉淀，滤液4为Zn2+加入Na3PO4，可生成[Zn3(PO4)2]沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到磷酸锌，以此来解析；
【详解】（1）“酸溶”时，为提高锌的浸出率，加快反应速率，可采取的措施有延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热；
（2）溶液1中加入MnO2溶液，二氧化锰将亚铁离子氧化生成铁离子，自身被还原为Mn2+，Mn的化合价由+4价降低为+2价，Fe的化合价由+2价升高为+3价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+ =Mn2++2Fe3++2H2O；由分析可知经过滤2得到的滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；
（3）“沉锰”的原料为碳酸氢根，所得含锰沉淀为MnCO3，结合电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为：Mn2+ + 2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）根据提示信息，磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低，水洗时，用热水洗涤磷酸锌沉淀比用冷水洗涤损耗更少；
（5）沉铜” 过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，H2S⇌ H++HS-，HS-⇌H++S2-根据H2S的电离平衡常数Ka1=1×10-7，Ka2=1×10-15，可知Ka1× Ka2= ×=，可得c(S2-)===1×10-21mol/L，CuS的溶度积Ksp=c(Cu2+)c(S2-)=1×10-21mol/L×6×10-17 mol·L-1=6×10-38；
（6）由图中信息可知，a极得H3PO4，a极生成气体和H+，故为2H2O-4e-=O2+4H+ H3PO4，a极为阳极，M极为正极；PO向a极区移动，c阴离子交换膜，根据图中信息cd之间的室，进入浓磷酸钠，出去稀磷酸钠，可知钠离子透过d膜，故d为阳离子交换膜； PO向a极区移动，与H+，生成H3PO4，根据原子守恒和电荷守恒可知，a极区的反应为4PO+6H2O-12e-=3O2+4 H3PO4①，b极为阴极，反应为2H2O+2e-=H2+2OH-②，由①+②×6，可得总的电解反应离子方程式为：4PO+18H2O=3O2 +4 H3PO4 +6H2+12OH-，电解反应的化学方程式为：4Na3PO4+18H2O3O2+4H3PO4 +6H2+12NaOH。
20．(1) 研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶
(2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降
(3) 2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O 气泡产生
(4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
(5)CuSO4∙H2O
【分析】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；
（3）阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束；
（4）“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
（5）设120℃时固体物质的相对分子质量为M，，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-17化学反应速率与化学平衡（2）
一、单选题
1．（2022·安徽淮北·统考一模）向的和3 mL 30%的的混合溶液中加入经处理过的铁丝，铁丝表面产生气泡，随后消失，再产生气泡，再消失，周而往复，振荡周期(现象重复出现的时间间隔)为20 s左右，可维持数小时。一种可能的反应机理为：
(a)
(b)
(c)
(d)
下列说法错误的是
A．该振荡反应与浓度的变化有关 B．、为中间产物
C．冰水浴比室温条件下的振荡周期要短 D．由该机理可知：产生的气体是
2．（2022·安徽铜陵·统考二模）甲酸(HCOOH)在催化剂表面分解的微观历程与能量变化关系如图所示：
下列说法正确的是
A．甲酸分解过程吸收能量
B．甲酸分解速率由步骤Ⅳ→Ⅴ决定
C．反应过程存在非极性键的断裂和生成
D．使用高效催化剂可使步骤Ⅰ和Ⅴ之间差值增大
3．（2022·安徽宣城·二模）2021年9月24日《科学》杂志发表了中国科学家的原创性重大突破——首次在实验室实现到淀粉的全合成。其部分合成路线如下。
下列说法正确的是
A．DHA和淀粉中碳原子的成键方式完全相同
B．反应①中有极性键和非极性键的断裂与生成
C．升高温度一定会加快反应②的反应速率
D．反应③属于加成反应
4．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）CO与N2O在铁催化剂表面进行如下两步反应：
第一步：Fe*+N2O=FeO*+N2
第二步：FeO*+CO=Fe*+CO2
其相对能量与反应历程如下图所示，下列说法不正确的是
A．总反应是放热反应，化学方程式为CO+N2OCO2+N2
B．在反应过程中，有极性键和非极性键的断裂和生成
C．总反应的反应速率由第一步反应决定
D．Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物
5．（2022·安徽淮北·统考二模）ICl与H2能发生的总反应为H2(g)+2ICl(g)=I2(g)+2HCl(g) △H<0。
已知：①该反应分两步完成，第一步为
②两步反应的活化能分别为Ea1、Ea2，且Ea1>Ea2
下列判断正确的是
A．总反应中I2为氧化产物
B．第一步的化学反应速率大于第二步的化学反应速率
C．已知键能：，可推知键能H-Cl
6．（2022·安徽合肥·统考三模）最近科学家研究发现铱元素(Ir)形成的复杂阴离子[Ir(CO)2I2]-能催化甲醇的羰基化反应，催化过程中各步基元反应如图所示，其中M→N的反应速率较快，N→Y→X的反应速率较慢，下列有关说法正确的是
A．催化过程中基元反应M→N的活化能最大
B．反应过程中Ir元素的化合价保持不变
C．存在反应：CH3COOH+HI→CH3COI+H2O
D．甲醇的羰基化反应原子利用率为100%
7．（2022·安徽黄山·统考二模）下列操作能达到实验目的的是
A．依据褪色时间的长短比较反应物浓度对反应速率的影响
B．探究浓硫酸的脱水性和氧化性
C．检验该条件下铁发生了析氢腐蚀
D．验证该装置产生乙烯
A．A B．B C．C D．D
二、原理综合题
8．（2022·安徽池州·统考模拟预测）已知：4HBr(g)+O2(g)⇌2H2O(g)+2Br2(g)ΔH。v正=k正ca(HBr)·cb(O2)，v逆=k逆cc<(H2O)·cd(Br2)(v正为正反应速率，v逆为逆反应速率，k正为正反应速率常数，k逆是逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关，与浓度和接触面积无关；a、b、c、d是反应级数，可取整数和分数)。
(1)已知几种共价键键能数据如下所示：
共价键
H-Br
O=O
H-O
Br-Br
键能(kJ·mol-1)
363
498
467
193
上述反应中，ΔH=_______kJ·mol-1。
(2)下列关于k正和k逆的说法正确的是_______(填字母)。
A．增大压强，k正增大，k逆减小 B．升高温度，k正和k逆都增大
C．加入催化剂，k正和k逆都增大 D．增大接触面积，k正和k逆都减小
(3)为了测定反应级数，设计实验，测定结果如表所示：
实验序号
c(HBr)/mol·L-1
c(O2)/mol·L-1
正反应速率
1
0.1
0.1
v
2
0.1
0.2
2v
3
0.2
0.4
8v
4
0.4
x
32v
①x=_______，a=_______，b=_______。
②有人提出如下反应历程：
(I)HBr+O2→HO-OBr(慢反应)
(II)HO-OBr+HBr→H2O+BrOBr(较快反应)
(III)BrOBr+HBr→BrOH+Br2(快反应)
(IV)BrOH+HBr→Br2+H2O(快反应)
活化能最大的反应是_______(填代号)。
(4)在密闭容器中充入HBr和O2，发生上述反应，在相同时间里，测得HBr的转化率与温度、压强的关系如图。随着温度升高，三种不同压强下HBr的转化率趋向相等，其原因是_______。
(5)在一定温度下，向恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和1molO2(g)，测得起始的压强为10akPa，发生上述反应达到平衡时气体压强为起始压强的。该温度下，平衡常数Kp=_______(kPa)-1(用含a的代数式表示)。
(6)常温下，如果将上述反应设计成酸性燃料电池，负极反应式为_______。
9．（2022·安徽宣城·统考二模）大连化学物理研究所开发的DMTO技术曾获得国家科学技术发明一等奖。该技术以煤为原料，经过煤→CO、H2→CH3OH→C2H4、C3H6等一系列变化可获得重要的化工产品乙烯和丙烯。回答下列问题：
(1)煤气化包含一系列化学反应，热化学方程式如下：
①C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g) △H1=+131kJ·mol-1
②CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H2=akJ·mol-1
③C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172kJ·mol-1，
则a=_______。
(2)已知某密闭容器中存在可逆反应：2CH3OH(g) C2H4(g)+2H2O(g) △H，测得其他条件相同时，CH3OH的平衡转化率随着温度(T)、压强(p)的变化如图1所示，平衡常数K与温度T关系如图2所示。
①该反应的△H_______(填“>”或“<”，下同)0，N点v(CH3OH)正_______M点v(CH3OH)逆。
②T1后升高温度，则B、C、D三点中能正确表示该反应的平衡常数K随着温度T改变而变化的点是_______(填字母)。
(3)在一定温度和适当催化剂存在下，将1molCO、2molH2通入恒容密闭容器中，使其发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H=-91kJ·mol-1，测得开始时容器内总压为3×105Pa，反应经2min达到平衡且平衡时体系压强降低了，则该温度下的平衡常数Kp=_______Pa-2(Kp为分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(4)某乙烯熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图3所示，则负极上电极反应式为_______；若要维持电池持续稳定工作，则从理论上讲，进入石墨Ⅱ电极上的CO2与石墨Ⅰ电极上生成的CO2的物质的量之比是_______。
10．（2022·安徽合肥·统考三模）甲烷催化裂解是工业上制备乙炔的方法之一。回答下列问题：
(1)已知：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-885 kJ/mol
2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=-2600 kJ/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=-572 kJ/mol
则2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)ΔH=_______kJ/mol
(2)①若用分别表示CH4、CH2、H2和固体催化剂，在固体催化剂表面CH4的裂解过程如图所示，从吸附到解吸的过程中，能量状态最高的是_______(填标号)。
②在恒容密闭容器中充入amol甲烷，测得单位时间内在固体催、化剂表面CH4的转化率[α(CH4)]与温度(t℃)的关系如图所示，t0℃后CH4的转化率突减的原因可能是_______。
(3)甲烷分解体系中几种气体的平衡分压(p/Pa)与温度(t/℃)的关系如图所示。
①T℃时，化学反应2CH4 (g)=C2H2(g)+3H2(g)的压强平衡常数K=_______Pa2。
②在某温度下，向VL恒容密闭容器中充入0.12mol CH4只发生反应2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)，达到平衡时，测得p(H2)=p(CH4)。CH4的平衡转化率为_______(结果保留两位有效数字)。
(4)甲烷除裂解反应外还能发生水蒸气重整反应，涉及以下反应方程式：
I.CH4(g)+H2O(g)→CO(g)+3H2(g) ΔH1=+206kJ·mol-1；
II.CO(g)+H2O(g)→CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41kJ·mol-1；
在一体积可变的密闭容器中，加入一定量的CH4和H2O(g)发生水蒸气重整反应。
①压强为P0kPa时，分别在加CaO和不加CaO时，平衡体系H2的物质的量随温度变化如图所示。温度低于700℃时，加入CaO可明显提高混合气中H2的量，原因是_______
②500℃时，反应相同时间后测得CH4的转化率随压强的变化如图所示。则图中E点和G点CH4的浓度大小关系为c(G)_______(填“>”“＜”或“=”)c(E)。
11．（2022·安徽·模拟预测）CO2的综合利用有利于碳达峰、“碳中和”目标的最终实现。催化CO2和H2能够制取甲醇。
Ⅰ.在催化剂作用下，CO2、H2同时发生如下反应：
反应1(主反应)：CO2(g) +3H2(g)=CH3OH(l) +H2O(g) △H= -86.9 kJ·mol-1
反应2(副反应)：CO2(g) +H2(g)=CO(g) +H2O(g) △H= +41.2 kJ·mol-1
(1)反应2的发生不利于反应1中CH3OH(l)生成的原因是_______；一定温度、压强下，为了提高反应速率和CH3OH(1)的选择性，应当_______。
(2)假设某温度下，反应1的速率大于反应2的速率，则下列反应过程中的能量变化示意图正确的是_______(填字母)。
A． B． C． D．
(3)若在绝热恒容的密闭体系中进行上述反应，下列能说明反应1达到平衡状态的是_______ ( 填序号)。
①v(CO2)正和v(H2)逆的比值为1：2
②CO2和H2O的物质的量相等
③H2的百分含量不变
④容器的温度恒定不变
Ⅱ.工业上常用甲醇脱氢制重要的化工产品“万能中间体-----HCOOCH3”，具有工艺流程短、原料单一、反应条件温和等优点。该工艺过程涉及如下反应：
反应Ⅰ ：2CH3OH(g)HCOOCH3(g) +2H2(g) △H1
反应Ⅱ：HCOOCH3(g) 2CO(g) +2H2(g) △H2
反应Ⅲ：CH3OH(g) CO(g) +2H2(g) △H3
(4)反应Ⅰ、Ⅲ的能量变化如图所示，则△H2 =_______kJ·mol-1
(5)一定温度下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CH3OH(g)发生上述反应，t min达到平衡时，容器中HCOOCH3为a mol ，CO为b mol ，0~t min内v(CH30H) =_______mol·L-1·min-1(用含a、b、V、t的代数式表示)，该温度下，反应Ⅲ的平衡常数K=_______(用含a、b、V的代数式表示)。
12．（2022·安徽芜湖·统考三模）为实现我国政府提出的2060年碳中和目标，须控制CO2的排放。
(1)请写出CO2与C反应生成CO的热化学方程式_______。
已知：
①4CO(g)+Fe3O4(s)=3Fe(s)+4CO2(g) ΔH=-14kJ·mol-1
②3Fe(s)+2O2(g)=Fe3O4(s) ΔH=-1118kJ·mol-1
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394kJ·mol-1
若在恒温密闭容器中发生反应①，当反应达到平衡后充入CO2，重新达到平衡后容器中的变化情况是_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。反应②在_______(填“低温”或“高温”)条件下更有利于反应的自发进行。
(2)已知：CO2(g)+CH4(g)→2CO(g)+2H2(g)，为研究温度、压强变化对此反应的影响，某科研小组的研究人员向某密闭容器中充入a mol CH4、b mol CO2，测得反应过程中CO2的平衡转化率与温度(K)、压强(kPa)的关系如图所示。欲使X点时CH4的转化率>60％，则a_______b(填“>”、“=”或“<”)；若两种压强下通入气体的量相同，则正反应速率v(Y)_______v(X)，ΔH_______0(填“>”、“=”或“<”)。
(3)CO2在Cu-ZnO催化下，可同时发生如下反应I和II。
I.CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)
II.CO2(g)+H2(g) →CO(g)+H2O(g)
在Cu-ZnO存在的条件下，保持温度T不变，在一刚性密闭容器中，充入一定量的CO2及H2，起始及达平衡时，容器内各气体物质的量如下表：
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O(g)
总压/kPa
起始/mol
5.0
7.0
0
0
0
p0
平衡/mol
n1
n2
p
若反应I、II均达平衡时，p0=1.2p，则表中n1=_______；若此时n2=3，则反应I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。计算结果用含总压p的最简分式表示)。
13．（2022·安徽淮南·统考二模）CO2减排策略主要有三种：减少排放，捕集封存，转化利用。其中CO2转化利用，生产高能燃料和高附加值化学品，有利于实现碳资源的有效循环。由CO2转化制甲醇具有重要的经济效益。
(1)高效催化剂对CO2加氢制甲醇的反应速率影响很大。通过计算机分析，CO2加氢制甲醇在不同催化条件下存在两种反应路径的势能图如下图所示。
①CO2加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=_______eV/mol(阿伏加德罗常数用NA表示)；
②_______(填“甲酸盐”或“羧酸”)路径更有利于CO2加氢制甲醇反应，对该路径的反应速率影响最大的一步反应是_______；
③根据势能图，下列说法合理的是_______(填标号)。
A．CO2分压越大，催化剂表面积越大，CO2在催化剂表面的吸附速率越大
B．不考虑H3COH*，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种
C．中间体HCOO*比COOH*更稳定
D．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率
(2)CO2催化加氢制甲醇反应历程中某一步基元反应的Arthenius经验公式的实验数据如图所示，已知Arrhenius经验公式为(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。
①该反应的活化能Ea=________kJ/mol；
②当使用更高效的催化剂时，在图中画出Rlnk与关系的示意图_______。
(3)在CO2催化加氢制甲醇过程中也存在竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH>0，在恒温密闭容器中，维持压强和投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和甲醇选择性[x(CH3OH)%=]随温度变化关系如下图所示：
CO2转化率和甲醇选择性随温度的变化曲线
①若233-251℃时催化剂的活性受温度影响不大，分析235℃后图中曲线下降的原因_______。
②在压强为P的恒温恒压密闭容器中，加入1molCO2和3molH2反应并达到平衡状态，CO2平衡转化率为20%，甲醇的选择性为50%，计算CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)在该温度下的平衡常数Kp=_______。(列出计算式)
14．（2022·安徽蚌埠·统考模拟预测）二氧化碳加氢可转化为二甲醚(CH3OCH3)，既可以降低二氧化碳排放量，也可以得到性能优良的燃料，是实现碳中和的有效手段之一、回答下列问题：
(1)已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-49.0kJ∙mol-1
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ∆H2=-23.5kJ∙mol-1
用二氧化碳和氢气反应制取二甲醚的热化学方程式为_______。
(2)一定条件下，向体积为2L的恒容闭容器中通入2molCO2和6molH2发生上述反应。
①下列有关叙述正确的是_______(填字母序号)。
a．容器内气体密度不再发生改变，说明反应达化学平衡状态
b．使用合适的催化剂可以提高单位时间内CH3OCH3的产率
c．反应达化学平衡后，向容器内通入少量氦气，则平衡向正反应方向移动
d．反应达平衡状态后向容器内再通入1molCO2和3molH2，重新达平衡后CH3OCH3体积分数增大
②升高温度，二甲醚的平衡产率_______(填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是_______。
③CO2与H2混合气体以一定的比例和一定流速分别通过填充有催化剂I和催化剂II的反应器，CO2转化率与温度的关系如图。a点的CO2转化率_______(填“是”或“不是”)平衡转化率，在催化剂I作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降的原因可能是_______
(3)将组成(物质的量分数)为20％CO2(g)、60％H2(g)和20％N2(g)(N2不参与反应)的气体通入反应器，在一定温度和p=2.0MPa的条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)。平衡时，若CO2(g)转化率为50％，则H2O(g)的分压为_______MPa，反应的平衡常数Kp=_______(MPa)-2(保留两位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。
15．（2022·安徽马鞍山·统考三模）甲醇是一种重要的液体清洁燃料，工业上有多种制备甲醇的方法。
Ⅰ.利用H2O2来氧化CH4制取液体燃料甲醇。
(1)已知： 2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H1
2H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) △H2
则H2O2氧化CH4的热化学方程式为_______ ( 用∆H1和∆H2来表示∆H)。
(2)该方法采用的温度为70℃，不选择更低或更高温度的原因是_______。
Ⅱ.工业。上也常使用CO2和H2在高温条件下制备甲醇，发生的反应为
主反应： CO2(g)+ 3H2(g) CHOH(g)+ H2O(g) ∆H<0
副反应： CO2(g) +H2(g) CO(g) + H2O(g) ∆H<0
起始投料为= 3。
i.当反应只按主反应进行时，研究不同温度、压强下，平衡时甲醇的物质的量分数[x(CH3OH)]的变化规律，如下图所示。其中， x(CH3OH)-p图在t=250℃下测得， x(CH3OH)-t 图在p=5×105 Pa下测得。
(3)图中等压过程的曲线是_______(填“a”或“b”)，判断的依据是_______。
(4)当x(CH3OH)=0.10时，反应条件可能为_______或_______。
ii.当两个反应同时发生时，在T℃，恒压为1×106 Pa条件下达平衡时： x(CH3OH)=0.125，x(CO)=0.0625。
(5)该条件下CO2的总转化率=_______ ； 副反应的平衡常数Kp=_______(保留3位有效数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
16．（2022·安徽淮北·统考二模）煤、石油等传统能源使用时污染严重，且日渐枯竭，科学家们寻找其他清洁能源作为替代品，其中甲烷的开发利用成为一个热点。以下是甲烷水蒸气重整的应用：
已知：①
②
(1)甲烷水蒸气重整原理CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) △H3，则△H3=_______kJ/mol。
(2)向恒容容器中加入1 molCH4和2 molH2O，在恒定的温度，初始压强a MPa下进行反应，
①当分离出0.8molH2时，分离比η=_______。(分离比，实际分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，体现H2分离的程度)。
②下图是甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系，其中η1、η2、η3的由大到小的关系是_______。
③η3=0.25时，A点气体的总压p(总)_______a MPa(填“>”、“=”、“<”)；H2的分压p(H2)=_______MPa；平衡常数Kp=_______(MPa)2。
(3)从反应体系中分离出H2、CO2需要消耗能量(分离能耗)，不同的分离方式需要的分离能耗与甲烷平衡转化率的关系如下图所示：
在提供相同的分离能量时，哪种分离方式更有利于提高甲烷平衡转化率_______。
17．（2022·安徽宣城·二模）碳化学是以分子中只含一个碳原子的化合物为原料生产化工产品的方法。合成气(CO和的混合气体)是一碳化学的重要原料，焦炭与水蒸气在刚性密闭容器中会发生如下两个反应：
Ⅰ：
Ⅱ：
下表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1mol某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。
物质
标准生成热
0.0
0.0
(1)反应Ⅰ的焓变_______，、分别表示该反应正、逆反应的活化能，则－_______0(填“>”或“<”或“=”)。
(2)若在绝热恒容容器中仅发生反应Ⅱ，则下列事实能说明反应达到平衡状态的是_______。
A．容器内气体的压强不变 B．容器内温度不变
C．容器内气体的密度不再改变 D．容器内气体的平均相对分子质量不变
(3)已知反应Ⅱ的正反应速率，逆反应速率，、分别为正、逆反应速率常数，(k表示或)与温度的关系如图所示，其中直线a、b分别表示、随温度的变化。升高温度，反应Ⅱ的平衡常数K_______(填“变大”或“变小”或“不变”)。
(4)在上图A点对应的温度下，向某刚性密闭容器中加入足量焦炭和一定量水蒸气，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，已知起始时容器内压强为80kPa，10分钟后体系达到平衡状态，容器内压强变为100kPa。
①平衡时CO的分压_______kPa，平衡时水蒸气的转化率为_______%。
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有_______、_______(写两种不同的方法)。
18．（2022·安徽黄山·统考二模）CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，回答下列问题：
(1)CO2和乙烷反应制备乙烯。常温常压时，相关物质的相对能量如下图所示：
已知：H2O(g)= H2O(l)的 △H计算如下： △H=-286kJ·mol-1-(-242kJ·mol-1)=-44kJ·mol-1。则CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为___________。
(2)CO2和M2CO3反应制备MHCO3，某学习兴趣小组为了研究该反应，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容密闭容器中，发生如下反应：。反应达平衡时体系的总压为50 kPa，保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5 kPa，则CO2(g)的初始压强应大于___________kPa。
(3)CO2和H2制备甲醇，反应体系中涉及以下两个反应：
I．CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ＜ 0
II．CO2(g) + H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2 ＞ 0
将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图所示。
已知：CH3OH的选择性=×100%
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是___________。
A．210℃ B．230℃ C．催化CZT D．催化剂CZ(Zr-1)T
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是___________。
③230℃时，容器内压强随时间的变化如下表所示：
时间/min
0
20
40
60
80
压强/MPa
P0
0.95P0
0.92P0
0.90P0
0.90P0
反应I 的速率可表示为v=k·P(CO2)·P3 (H2)(k为常数)，平衡时P(H2O)=0.15P0，则反应在60 min时v=___________(用含P0、k的式子表示)。达平衡时CH3OH的选择性=___________，反应II的Kc=___________。
三、工业流程题
19．（2022·安徽·模拟预测）磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低，常用作氯化橡胶合成高分子材料的阻燃剂。工业上利用烧渣灰(主要含ZnO，还含少量FeO、Al2O3、CuO及SiO2等)为原料制取磷酸锌的工艺流程如图所示：
已知：Ⅰ.加入NH4HCO3溶液的目的是沉锰。
Ⅱ.几种金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH如下表所示：
金属离子
Al3+
Fe3+
Cu2+
Zn2+
开始沉淀的pH
3.0
2.2
5.4
6.5
沉淀完全的pH
5.0
3.6
6.7
8.5
(1)用硫酸酸浸烧渣灰，为提高酸浸时锌的浸出率，可以采取的措施是_______(填一条)。
(2)加入MnO2发生反应的离子方程式是_______；经过滤2得到的滤渣的主要成分是_______(填化学式)。
(3)沉锰反应的离子方程式是_______。
(4)水洗时，用热水洗涤磷酸锌沉淀比用冷水洗涤损耗更少，说明原因：_______。
(5)通入H2S是为了除铜离子，25℃时，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH = 1，c(H2S)=0.1 mol·L-1，此时溶液中c(Cu2+) =6×10-17 mol·L-1，则CuS的溶度积Ksp=_______[已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1=1×10-7，Ka2=1×10-15]。
(6)利用膜技术电解经净化的含磷酸钠的废液，可以得到所需的工业产品磷酸和氢氧化钠等，电解装置如图所示：
则M为电源的_______ (填“正极”或“负极”)，d为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，电解总反应式为_______。
20．（2022·安徽马鞍山·统考三模）合理处理金属垃圾既可以保护环境又可以节约资源。利用废旧镀锡铜线制备胆矾并回收锡的流程如下：
已知Sn2+容易水解。
回答下列问题：
(1)加快“脱锡”速率的措施有_______(写出一点)。“操作I” 包含_______、_______、过滤、洗涤、干燥。
(2)“脱锡”过程中加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是_______；硫酸铜浓度与脱锡率的关系如图所示，当浓度大于120g·L-1时，脱锡率下降的原因_______。
(3)“脱锡液”中含有的离子主要为Cu2+、Sn2+、H+、SO，以石墨为电极，通过控制溶液pH、电解时电压，可以依次回收铜、锡。电解时阳极反应式为_______； 当阴极出现_______的现象时，说明电解回收锡结束。
(4)“脱锡渣”溶于硫酸的离子方程式为_______。
(5)称量纯净的胆矾2.50g进行热重分析，实验测得胆矾的热重曲线如图所示。则120℃时所得固体的化学式为_______。
参考答案：
1．C
【详解】A．四步反应的总反应为，反应物浓度影响反应速率，故该振荡反应与浓度的变化有关，A正确；
B．、在反应中生成又消耗，为中间产物，B正确；
C．温度越低，反应速率越慢，则冰水浴比室温条件下的振荡周期要长，C错误；
D．由该机理可知：产生的气体只能是，D正确；
故选C。
2．B
【详解】A．由图知甲酸分解为放热，A项错误；
B．步骤Ⅳ→Ⅴ活化能大，反应速率慢，故甲酸分解速率由步骤Ⅳ→Ⅴ决定，B项正确；
C．反应过程无非极性键的断裂，C项错误；
D．催化剂不能改变反应的，D项错误；
故选B。
3．D
【详解】A．DHA中双键上C为sp2杂化，另外2个C为sp3杂化，而淀粉中C均为sp3杂化，则碳原子的成键方式不完全相同，A错误；
B．反应①中，C=O极性键断裂、H-H非极性键断裂，无非极性键的生成，只有极性键的生成，B错误；
C．温度太高，可使酶失去活性，则升高温度，不一定会加快反应②的反应速率，C错误；
D．3分子HCHO生成DHA，产物只有一种，不饱和度减小，该反应为加成反应，D正确；
故选：D。
4．B
【详解】A．由题干反应历程图可知，该反应的总反应化学方程式为CO+N2OCO2+N2，反应物的总能量高于生成物的总能量，则是放热反应，A正确；
B．由题干反应历程图可知，在反应过程中，反应物中CO和N2O中的C-O、N-O极性键断裂，CO2中有C-O极性键形成，即整个过程中没有非极性键的断裂和生成，B错误；
C．总由题干反应历程图可知，第一步反应的活化能大于第二步反应，即第一步反应为慢反应，则整个反应的反应速率由第一步反应决定，C正确；
D．由题干反应历程图可知，Fe*反应过程中参与反应，但反应前后不变，即Fe*为反应的催化剂，FeO*为中间产物，D正确；
故答案为：B。
5．D
【详解】A．ICl中I为+1价，故I2为还原产物，A错误；
B．Ea1>Ea1，活化能大的反应速率慢，故第一步的化学反应速率小于第二步的化学反应速率，B错误；
C．H-Cl键长小于I-Cl键键长，键长越短，键能越大，故键能H-Cl>I-Cl，C错误；
D．总反应方程式减去第一步反应方程式可得第二步化学方程式，所给方程式正确，D正确；
故选D。
6．D
【详解】A．因为M→N的反应速率较快，所以该催化过程中基元反应M→N的活化能较小，A不正确；
B．从反应过程中配合物的组成可以看出，Ir元素的化合价发生改变，B不正确；
C．从转化关系看，存在反应：CH3COI+H2O→CH3COOH+HI，C不正确；
D．反应的总反应为CH3OH+CO→CH3COOH，所以甲醇的羰基化反应原子利用率为100%，D正确；
故选D。
7．B
【详解】A．由于反应中生成的锰离子对反应起催化作用，所以不能依据褪色时间的长短比较反应物浓度对反应速率的影响，A错误；
B．蔗糖和浓硫酸混合发生炭化，体现浓硫酸的脱水性，生成的碳继续被氧化，还原产物二氧化硫能使品红溶液褪色，所以可探究浓硫酸的脱水性和氧化性，B正确；
C．溶液显中性，发生的吸氧腐蚀，C错误；
D．挥发出的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能验证该装置产生乙烯，D错误；
答案选B。
8．(1)-304
(2)BC
(3) 0.8 1 1 I
(4)随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱
(5)
(6)2Br--2e-=Br2
【解析】(1)
反应4HBr(g)+O2(g)⇌2H2O(g)+2Br2(g)中，ΔH=363kJ/mol×4+498kJ/mol-（467kJ/mol×4+193kJ/mol×2）=-304kJ·mol-1。故答案为：-304；
(2)
A. k正为正反应速率常数，k逆是逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关，增大压强k正、k逆均不变，故A错误；B. 升高温度，正逆反应速率均增大，k正和k逆都增大，故B正确；C. 加入催化剂，正逆反应速率均增大，k正和k逆都增大，故C正确；D. k正为正反应速率常数，k逆是逆反应速率常数，只与温度和催化剂有关，增大接触面积，k正和k逆都不变，故答案为：BC；
(3)
①结合实验1、2，v正=k正ca(HBr)·cb(O2)，b=1，再对比实验1和3，得a=1，结合实验3、4，得x=0.8，a=1，b=1。故答案为：0.8；1；1；
②决定反应O2（g）+4HBr（g）⇌2Br2（g）+2H2O（g）速率快慢的基元反应是反应Ⅰ，反应Ⅰ的活化能最大，活化能最大的反应是I(填代号)。故答案为：I；
(4)
根据HBr的转化率与温度、压强的关系图，随着温度升高，三种不同压强下HBr的转化率趋向相等，其原因是随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱。故答案为：随着温度升高，压强对平衡的影响逐渐减弱；
(5)
在一定温度下，向恒容密闭容器中充入4molHBr(g)和1molO2(g)， ，测得起始的压强为10akPa，发生上述反应达到平衡时气体压强为起始压强的， ，x=0.5。该温度下，平衡常数Kp= == (kPa)-1(用含a的代数式表示)。故答案为：；
(6)
常温下，如果将上述反应设计成酸性燃料电池，负极溴离子放电，失电子发生氧化反应生成溴单质，反应式为2Br--2e-=Br2，故答案为：2Br--2e-=Br2。
9．(1)-41
(2) < > C
(3)1×10-10
(4) C2H4+6CO-12e-=8CO2+2H2O 3∶4
【详解】（1）根据盖斯定律可知，①－③得出ΔH2=[(＋131)－(＋172)]kJ·mol－1=－41kJ·mol－1，故答案为－41；
（2）根据图1，随着温度升高，CH3OH的转化率降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应ΔH＜0；该反应为物质的量增大反应，相同条件下，增大压强，平衡向逆反应方向进行，CH3OH转化率降低，因此p2＞p1，压强增大，化学反应速率加快，即N点v(CH3OH)正＞M点v(CH3OH)逆；故答案为＜；＞；
化学平衡常数只受温度影响，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，K减小，根据图2，推出C点符合题意；故答案为C；
（3）容器为恒容，总压为3×105Pa，开始时充入1molCO和2molH2，则开始时P(CO)=1×105Pa，P(H2)=2×105Pa，令达到平衡时消耗CO的分压为xPa，则达到平衡时的总压为(1×105－x)＋(2×105－2x)+x=3×105－3×105×，解得x=0.5×105，达到平衡时Kp==1×10－10；故答案为1×10－10；
（4）根据装置图，石墨Ⅰ上C2H4转化成CO2和H2O，C的化合价由－2价升高为＋4价，根据原电池工作原理，该电极为负极，熔融碳酸盐作电解质，碳酸根需要在负极上参与反应，电极反应式为C2H4＋6CO－12e－=8CO2＋2H2O；石墨Ⅱ为正极，电极反应式为O2＋2CO2＋4e－=2CO，电路中得失电子数目守恒，进入石墨Ⅱ电极上的CO2与石墨Ⅰ电极上生成的CO2的物质的量之比是6∶8=3∶4；因此故答案为C2H4＋6CO－12e－=8CO2＋2H2O；3∶4。
10．(1)+388
(2) B 温度过高，催化剂活性降低
(3) 104.7 66.7%
(4) 加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II 的化学平衡正向移动，氢气含量增大 >
【解析】(1)
已知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH1=-885 kJ/mol
②2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l) ΔH2=-2600 kJ/mol
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=-572 kJ/mol
根据盖斯定律，由①-②-③得反应2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) ΔH=(-885 kJ/mol)-(-2600 kJ/mol)-(-572 kJ/mol)=+388kJ/mol；
(2)
因为A→B吸收能量，B→C放出能量，所以B点能量最高，答案为B；
t0℃后CH4的转化率突减的原因可能是温度过高，催化剂活性降低；
(3)
①将该反应的平衡常数表达式，将气体的平衡浓度换为平衡分压，t3℃时, 化学反应2CH4(g)=C2H2(g)+ 3H2(g)的气体分压为: p(CH4)= 103、p(H2)= 104、p(C2H2)= 10-1.3，压强平衡常数Kp===104.7；
②设CH4的开始浓度为0.3mol/L，转化浓度为xmol/L，根据反应方程式2CH4(g)=C2H4(g)+ 2H2(g)中物质反应转化关系可知平衡时c(CH4)=(0.3-x)mol/L，c(C2H4)=mol/L，c(H2)=xmol/L，达到平衡时，测得p(C2H4)=p(CH4)，由于容器的容积不变，气体的物质的量的比等于压强的比，可知: 0.3-x=，所以x=0.2mol/L，故CH4的平衡转化率=100%=66.7%；
(4)
①CaO为碱性氧化物，加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应II的化学平衡正向移动，CO浓度降低，反应I的平衡也正向移动，使氢气含量增大，
故答案为:加入CaO的体系与二氧化碳反应，使反应I、II 的化学平衡正向移动，氢气含量增大；
②500℃时，E点压强低于G点压强，G点甲烷浓度大，答案为>。
11．(1) 反应2消耗CO2、H2，且有H2O(g)生成，CO2、H2浓度减小和H2O( g)浓度增大都使反应1逆向进行 选择性催化剂（选择CH3OH的催化剂）
(2)A
(3)③④
(4)76.6
(5)
【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些物理量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；根据图象判断反应热，根据盖斯定律，计算反应热；根据反应速率的计算公式，根据元素守恒可知反应中的各物质的量，从而计算出反应Ⅲ的K值，以此来解析；
【详解】（1）反应2消耗CO2、H2，且有H2O(g)生成，CO2、H2浓度减小和H2O( g)浓度增大都使反应1逆向进行；根据影响反应速率的因素，一定温度、压强下，温度压强不能改变，可以利用催化剂，可以用选择性催化剂，选择生成CH3OH的催化剂；
（2）②反应1为放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量，反应2为吸热反应，则反应物总能量低于生成物总能量，BC错误；反应1的速率大于反应2的速率，说明反应1的活化能小于反应2，D错误，则A正确；
故选A。
（3）①．v(CO2)正和v(H2)逆的比值为1：3，才能证明正逆反应速率相等，此时给定的条件不能判断平衡，①不符合题意；
②．CO2和H2O的物质的量相等，不能说明正逆反应速率相等，不能表明反应已达到平衡，②不符合题意；
③．H2的百分含量为一个变量，当H2的百分含量不变时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，③符合题意；
④．反应1为放热反应，容器为恒容绝热，容器的温度会随着反应的温度发生改变，温度为一个变量，当容器的温度恒定不变时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，④符合题意；
故选③④。
（4）根据图中信息可知反应 △H1=+135.4 kJ·mol-1；△H3=+106.0 kJ·mol-1；根据盖斯定律可知2反应Ⅲ-反应Ⅰ=反应Ⅱ，故△H2 =2×△H3-△H1=2×106.0 kJ·mol-1-135.4 kJ·mol-1=76.6 kJ·mol-1；
（5）1mol CH3OH(g)发生上述反应，t min达到平衡时，容器中HCOOCH3为amol，CO为bmol，根据C守恒可知，t min时容器中n(CH3OH)=(1-2a-b)mol，反应的甲醇的物质的量为：(2a+b)mol，v(CH3OH)= = = =mol·L-1·min-1；根据H守恒，可知t min时容器中n(H2)= =(2a+2b)mol，根据C守恒可知，t min时容器中n(CH3OH)=(1-2a-b)mol，CO为bmol，该温度下，反应Ⅲ的平衡常数K= ==；
12．(1) C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH =+172 kJ·mol-1 不变 低温
(2) < < >
(3) 1
【解析】（1）
①4CO(g)+Fe3O4(s)=3Fe(s)+4CO2(g) ΔH1=-14kJ·mol-1
②3Fe(s)+2O2(g)=Fe3O4(s) ΔH2=-1118kJ·mol-1
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-394kJ·mol-1
由盖斯定：③-×②-×①可得CO2与C反应生成CO的热化学方程式为C(s)+CO2(g)=2CO(g) ΔH =+172 kJ·mol-1；
反应①的平衡常数表达式K=，平衡后充入CO2，由于温度不变，K不变，即不变，则不变，不变，则不变；
自发过程要满足熵增、放热至少一个条件，只满足熵增时需要高温才能实现自发，只满足放热时需要低温才能实现自发，熵增和放热同时满足在任何温度下都自发，反应②的正反应是熵减的放热反应，则低温条件下更有利于反应的自发进行；
（2）
X点CO2的转化率=60％，则CO2(g)和CH4(g)的转化量均为0.6b mol，CH4的转化率=×100%，要使X点时CH4的转化率>60％即×100%>60％，解得a
（3）
起始时气体总物质的量为12mol，反应I、II均达平衡时，p0=1.2p，则12=1.2×n(n为平衡时气体总物质的量)，解得平衡时气体总物质的量为10mol，则气体总物质的量减小12mol-10mol=2mol，由于反应II是气体总物质的量不变的反应，则减少的2mol为反应I造成，
平衡时H2的物质的量为n1，则，则平衡时甲醇为1mol，即n1=1；
此时n2＝3，即平衡时H2O(g)的物质的量为3mol，则反应II生2mol H2O(g)，则，则平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分别为2mol、2mol、1mol、3mol、2mol，CO2、H2、CH3OH、H2O、CO的物质的量分数分别为、、、，反应I的平衡常数Kp=。
13．(1) -0.19NA 甲酸盐 HCOO*+H*=H2COO*(或HCOO*+H*+2H2=H2COO*+2H2) BC
(2) 30.0 或
(3) 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转化率和甲醇选择性下降
【详解】（1）①由图示可知，CO2加氢制甲醇的热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-0.19NAeV/mol。
②由图示可知，甲酸盐作为催化剂时，活化能更低，因此甲酸盐路径更有利于CO2加氢制甲醇反应，对该路径的反应速率影响最大的一步反应是慢反应，即活化能最高的一步反应，即HCOO*+H*=H2COO*(或HCOO*+H*+2H2=H2COO*+2H2)。
③A．催化剂表面积越大，CO2在催化剂表面的吸附速率越大，但CO2分压越大，CO2在催化剂表面的吸附速率不一定越大，A错误；
B．由图示可知，不考虑H3COH*，两种路径中产生的含碳中间体种类均有5种，B正确；
C．由图示可知，中间体HCOO*比COOH*势能低，更稳定，C正确；
D．使用高活性催化剂可加快反应速率，但不能改变反应焓变，D错误；
答案选BC。
（2）①根据图象并结合公式有：63.0=-3.0Ea+C，33.0=-4.0Ea+C，联立方程，解得Ea=30.0，C=153。
②使用更高效的催化剂时，可降低反应的活化能，则与Rlnk与关系的示意图为：或 。
（3）①CO2催化加氢制甲醇为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，甲醇选择性降低，二氧化碳转化率降低，竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳转化率升高，但升高温度使CO2催化加氢制甲醇平衡逆向移动程度大于竞争反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降。
②CO2平衡转化率为20%，二氧化碳的物质的量转化量为0.2mol，甲醇的选择性为50%，代入x(CH3OH)%=，可得50%=，解得n(生成CH3OH)=0.1mol，列三段式：
平衡时二氧化碳物质的量为0.8mol，氢气物质的量为2.6mol，甲醇物质的量为0.1mol，一氧化碳物质的量为0.1mol，水蒸气物质的量为0.2mol，物质总物质的量为：0.8mol+2.6mol+0.1mol+0.1mol+0.2mol=3.8mol，二氧化碳分压为，氢气分压为，甲醇分压为，水蒸气分压为，则CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)在该温度下的压强平衡常数Kp=。
14．(1)2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g) ∆H=-121.5kJ/mol
(2) bd 减小 二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行 不是 催化剂的活性降低
(3) 0.25 0.59
【解析】(1)
已知：①CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H1=-49.0kJ∙mol-1
②2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ∆H2=-23.5kJ∙mol-1
①×2+②即得到制取二甲醚的热化学方程式2CO2(g)+6H2(g)⇌CH3OCH3(g)+3H2O(g)，根据盖斯定律可得∆H=(-49kJ/mol)×2+(-23.5kJ/mol)=-121.5kJ/mol；
(2)
①a．容器为恒容容器，气体密度始终为不变量，气体密度不再发生改变，不能说明反应达化学平衡状态，a错误；
b．使用合适的催化剂，可以提高反应速率，故单位时间内CH3OCH3的产率增大，b正确；
c．反应达化学平衡后，向恒容容器内通入少量不参与反应的氦气，反应体系中各物质的浓度不发生变化，平衡不移动，c错误；
d．向恒容容器内再通入1molCO2和3molH2，相当于增大压强，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，d正确；
答案选bd；
②二甲醚的合成反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，二甲醚的平衡产率减小；
③a点时CO2转化率最高，a点后CO2转化率仍发生改变，即CO2的含量仍发生改变，故a点的CO2转化率不是平衡转化率，从图中可以看出，在催化剂I作用下，温度高于T1时，CO2转化率下降，可能是催化剂对此反应的催化效率降低，或有其它副反应发生，即原因可能是催化剂的活性降低；
(3)
将组成(物质的量分数)为20％CO2(g)、60％H2(g)和20％N2(g)(N2不参与反应)的气体通入反应器，设起始时，CO2(g)、H2(g)和N2(g)的物质的量分别为1mol、3mol和1mol，若CO2(g)的转化率为50%，列三段式为：
平衡时，体系内的总物质的量为0.5mol+1.5mol+0.5mol+0.5mol+1mol=4mol，则此时H2O(g)的分压为，反应的平衡常数。
【点睛】第(3)小问为本题的易错点，解答时需考虑，虽N2(g)不参与反应，但N2(g)在体系中也有分压，计算时不可忽略。
15．(1)H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l) ΔH=(ΔH1+ΔH2)
(2)低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解
(3) b 压强不变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向移动，x(CH3OH)降低
(4) 210℃，5×105 Pa 250℃，9×105 Pa
(5) 60.0% 或60% 0.188
【详解】（1）已知： ①2CH4(g) + O2(g) = 2CH3OH(l) ∆H1
②2H2O2(l)= O2(g) + 2H2O(l) △H2
根据盖斯定律，由(①+②)得反应H2O2(l) + CH4(g)=CH3OH(l) +H2O(l) ΔH=(ΔH1+ΔH2)；
（2）反应时温度低于70℃，反应速率慢，高于70℃双氧水分解,故该方法采用的温度为70℃，不选择更低或更高温度；
（3）图中等压线是b，压强不变时，温度升高，△H＜0，平衡逆向移动，x(CH3OH)降低；
（4）根据上述分析可知:曲线b表示等压过程中x(CH3OH )与温度的关系，曲线a表示温度为250℃，c(CH3OH)与压强的关系，由图示可知:当x(C'H3OH) = 0.10时，反应条件可能是温度为210℃，压强为5×105 Pa条件；或温度为250℃，压强为9×105 Pa条件；
故答案为: 210℃，5×105 Pa；250℃，9×105 Pa；
（5）假设反应分步进行，根据三段式可知：
x(CH3OH)=0.125，解得x=0.4
x(CO)==0.0625，解得y=0.2，该条件下CO2的总转化率=；
副反应的平衡常数Kp======0.188。
16．(1)+165
(2) 0.2 η3>η2>η1 =
(3)双分离CO2和H2
【详解】（1）由盖斯定律可知，目标反应式=①-2×②，因此△H3=△H1-2×△H2= +247kJ/mol-2×41kJ/mol =+165 kJ/mol，故答案为+165；
（2）①根据分离比的定义：分离比，指实际H2分离量与CH4完全转化时得到的H2量的比例，所以当分离出0.8molH2时，分离比，故答案为0.2；②根据甲烷平衡转化率与温度、H2分离比的关系图可知，当温度一定时，CH4的平衡转化率越大，说明体系中生成的H2越多，分离出的H2越多，则分离比越大，所以η1、η2、η3的由大到小的关系是η3>η2>η1，故答案为η3>η2>η1；③当η3=0.25时，可知从体系中分离出H2的物质的量为1mol，根据图象A点甲烷平衡转化率为50%，所以三段式如下：
，根据PV=nRT，可知当T、V一定时，体系气体的压强与气体的物质的量成正比，反应前n(气体)=3mol，反应平衡后由于从体系分离出1mol H2，n(气体)=0.5mol +1mol +0.5mol +2mol -1mol =3mol，所以A点气体的总压p(总)=a MPa；根据前面的分析可知，从体系中分离出H2的物质的量为1mol，体系还剩余1mol H2，所以H2的分压p(H2)=MPa；平衡常数，故答案为：=，，；
（3）通过图象可知，在提供相同的分离能量时，双分离CO2和H2这种方式更有利于提高甲烷平衡转化率，故答案为双分离CO2和H2。
17．(1) +131.3 >
(2)AB
(3)变小
(4) 8 40 增大容器体积 及时分离出或
【详解】（1）=+131.3；、分别表示该反应正、逆反应的活化能，该反应为吸热反应，＞，则－＞0；
（2）Ⅱ：
A.该反应中气体体积不变，气体总物质的量为定值，且在绝热条件下，结合PV=nRT可知，混合气体的压强为变量，当混合气体的压强不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，A正确；
B.在绝热容器内，容器内温度为变量，当容器内温度不变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B正确
C.混合气体的质量为定变量、容器容积不变，则混合气体的密度为定量，当混合气体的密度不变时，不能表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，C错误；
D.混合气体的质量为定量，混合气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量为定量，当混合气体的平均分子质量不变时，不能表明达到平衡状态，D错误；
故选AB；
（3）直线a、b分别表示、随温度的变化，随着温度的降低增大，正逆反应速率均减小，则降低相同温度时lg减小更快，降低温度平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡常数K变小；
（4）①，，则有x-y+80-x-y+y++x+y=100，解得x=20 kPa，A点时=，=，，由以上可知，(20-y)·(60-y)=(y)·(20+y)解得y=12 kPa，平衡时CO的分压20 kPa -12 kPa =8kPa，平衡时水蒸气的转化率为；
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有1.增大容器体积， 2. 及时分离出或，促进平衡正向移动。
18．(1)C2H6(g)+ CO2(g)= C2H4(g)+ CO(g)+ H2O(l) ΔH=+133 kJ·mol-1
(2)120
(3) BD 温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低(其他合理答案均可给分) k P 22.2% 0.3
【详解】（1）ΔH =生成物总能量-反应物总能量，CO2和乙烷反应生成乙烯、CO和液态水的热化学方程式为C2H6(g)+ CO2(g)= C2H4(g)+ CO(g)+ H2O(l) ΔH=-110 kJ·mol-1 -286kJ·mol-1 +52kJ·mol-1+393kJ·mol-1 +84kJ·mol-1=+133 kJ·mol-1；
（2）因为反应温度不变，故化学平衡常数K不变, 化学反应方程式为：，平衡常数，将足量MHCO3固体置于真空恒容容器中，反应达平衡时体系总压为50kPa，则p(CO2)=p(H2O)=25 kPa，=25 kPa×25 kPa=625kPa2。设CO2(g)的初始压强为 x kPa，平衡时p(CO2)=(5+x) kPa，p(H2O)=5 kPa，则有Kp=p(CO2)·p(H2O)=625kPa2=5kPa×(x+5)kPa，解得x=120。故要使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO(g)的初始压强应大于120 kPa；
（3）①如图可知合成甲醇的工业条件是230℃、催化剂CZ(Zr-1)T 故选BD；
②230℃以上，升高温度导致CO2的转化率增大，甲醇的产率降低。可能的原因是：温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗CO2量增多，故CO2转化率增大；以反应II为主，甲醇的选择性降低，故甲醇的产率降低；
③将CO2和H2按物质的量之比1：3混合通入刚性密闭容器中， ，，a+3a= P0，a=0.25 P0，x+y=0.15 P0，a-(x+y)+3(a-x)-y+y+x+y=0.9 P0，解得x= P0，y= P0，P(CO2)=0.1 P0，P (H2)= P0，v=k·P(CO2)·P3 (H2)，则反应在60 min时v=k P；CH3OH的选择性=×100%=；反应II的Kc=。
19．(1)延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热
(2) MnO2+2Fe2++4H+ =Mn2++2Fe3++2H2O Fe(OH)3、Al(OH)3
(3)Mn2+ + 2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
(4)磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低
(5)6×10-38
(6) 正极 阳 4Na3PO4+18H2O3O2+4H3PO4 +6H2+12NaOH
【分析】烧渣灰(主要含ZnO，还含少量FeO、Al2O3、CuO及SiO2等)加入稀硫酸，烧渣灰的中ZnO，FeO、Al2O3、CuO溶解，SiO2不溶，形成滤渣；溶液1中加入MnO2溶液，将亚铁离子氧化生成铁离子，并加入氢氧化钠溶液调节pH至5.0，除去铁离子和铝离子，生成氢氧化铁和Al(OH)3沉淀，溶液2为金属阳离子主要为Mn2+、Cu2+、Zn2+，加入碳酸氢铵，得沉淀MnCO3，滤液3为金属阳离子主要为Cu2+、Zn2+，通入硫化氢，生成CuS沉淀，滤液4为Zn2+加入Na3PO4，可生成[Zn3(PO4)2]沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到磷酸锌，以此来解析；
【详解】（1）“酸溶”时，为提高锌的浸出率，加快反应速率，可采取的措施有延长浸泡时间或充分搅拌或适量增加硫酸的量或适当加热；
（2）溶液1中加入MnO2溶液，二氧化锰将亚铁离子氧化生成铁离子，自身被还原为Mn2+，Mn的化合价由+4价降低为+2价，Fe的化合价由+2价升高为+3价，根据化合价升降守恒、原子守恒和电荷守恒，可得反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+ =Mn2++2Fe3++2H2O；由分析可知经过滤2得到的滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；
（3）“沉锰”的原料为碳酸氢根，所得含锰沉淀为MnCO3，结合电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为：Mn2+ + 2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）根据提示信息，磷酸锌[Zn3(PO4)2]在水中几乎不溶，其在水中的溶解度随温度的升高而降低，水洗时，用热水洗涤磷酸锌沉淀比用冷水洗涤损耗更少；
（5）沉铜” 过程中，当通入H2S达到饱和时测得溶液的pH=1，H2S⇌ H++HS-，HS-⇌H++S2-根据H2S的电离平衡常数Ka1=1×10-7，Ka2=1×10-15，可知Ka1× Ka2= ×=，可得c(S2-)===1×10-21mol/L，CuS的溶度积Ksp=c(Cu2+)c(S2-)=1×10-21mol/L×6×10-17 mol·L-1=6×10-38；
（6）由图中信息可知，a极得H3PO4，a极生成气体和H+，故为2H2O-4e-=O2+4H+ H3PO4，a极为阳极，M极为正极；PO向a极区移动，c阴离子交换膜，根据图中信息cd之间的室，进入浓磷酸钠，出去稀磷酸钠，可知钠离子透过d膜，故d为阳离子交换膜； PO向a极区移动，与H+，生成H3PO4，根据原子守恒和电荷守恒可知，a极区的反应为4PO+6H2O-12e-=3O2+4 H3PO4①，b极为阴极，反应为2H2O+2e-=H2+2OH-②，由①+②×6，可得总的电解反应离子方程式为：4PO+18H2O=3O2 +4 H3PO4 +6H2+12OH-，电解反应的化学方程式为：4Na3PO4+18H2O3O2+4H3PO4 +6H2+12NaOH。
20．(1) 研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可) 蒸发浓缩 冷却结晶
(2) 抑制Sn2+水解 置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降
(3) 2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O 气泡产生
(4)2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O
(5)CuSO4∙H2O
【分析】本题是一道由废旧镀锡铜线制备胆矾的工业流程题，首先用硫酸铜溶液溶解铜线上的锡，得到脱锡液和脱锡渣，对脱锡液处理得到单质铜和锡，对脱锡渣处理得到单质胆矾，以此解题。
【详解】（1）从反应速率的影响因素考虑，加快“脱锡”速率的措施有研碎、搅拌、适当提高温度(答出一点即可)；“操作I”是从滤液中获得胆矾的过程，胆矾中有结晶水，故“操作I” 包含蒸发浓缩、冷却结晶；
（2）根据已知信息Sn2+容易水解，故加入少量稀硫酸调控溶液pH，其目的是抑制Sn2+水解；铜离子浓度越大，反应速率越快，但是当浓度过大时，析出的铜覆盖在导线表面，从而影响反应，故脱锡率下降的原因是：置换反应速率加快，生成的铜粉快速增多，铜粉附着在铜线的表面，将未反应的锡包裹起来，从而导致锡浸出率下降；
（3）阳极发生氧化反应，水电离的氢氧根离子失去电子生成氧气，电极方程式为：2H2O − 4e−= O2↑+ 4H+ 或 4OH− − 4e−= O2↑+2H2O；在阴极铜离子和锡离子分步得到电子，从而得到其单质，当它们反应完毕后水电离的氢离子得到电子生成氢气，此时会有气泡生成，故当阴极出现气泡产生的现象时，说明电解回收锡结束；
（4）“脱锡渣”的主要成分是单质铜，在硫酸和氧气的作用下生成硫酸铜，离子方程式为：2Cu+O2+4H+ =2Cu2++2H2O；
（5）设120℃时固体物质的相对分子质量为M，，M=178，故120℃时固体物质的成分为：CuSO4∙H2O。
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