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陕西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学反应速率与化学平衡
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这是一份陕西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学反应速率与化学平衡，共57页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，填空题等内容，欢迎下载使用。
陕西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2021·陕西宝鸡·统考模拟预测）下列说法正确的是
A．向的液体平衡体系中加入少量KCl固体，由于生成物浓度增加，平衡逆向移动，所以液体血红色变浅
B．∆H>0、或∆H<0、∆S<0的化学反应都可能自发进行
C．以铜为电极，电解KI溶液含有少量淀粉，阳极附近溶液呈现蓝色
D．向稀中滴加溶液，反应的离子方程式为
2．（2023·陕西西安·统考二模）恒温密闭容器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H＜0。起始催化剂时，若按照n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入容器，测得平衡时n(H2)和n(H2O)随温度的变化如图所示。下列说法中正确的是
A．L线表示平衡时n(H2O)随温度的变化
B．其他条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大
C．x=5.16mol
D．使用催化剂，可降低反应的活化能，减小△H的值
3．（2023·陕西咸阳·统考二模）下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
向肉桂醛()中加入酸性溶液
验证肉桂醛中含碳碳双键
B
向待测液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液
检验溶液中是否含有
C
用pH试纸分别测定等浓度的溶液和NaClO溶液的pH
比较和HClO的酸性强弱
D
常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间
探究浓度对化学反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·陕西宝鸡·统考一模）下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
探究温度对化学平衡的影响
将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象
若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动
B
检验食品脱氧剂中还原铁粉是否已变质
取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉没有变质
C
比较CH3COO-和ClO-水解程度大小
用pH试纸分别测定同浓度CH3COONa和NaClO溶液的pH
若测得CH3COONa溶液pH大，说明CH3COO-水解程度大于ClO-
D
探究电石与水的反应
将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象
若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔
A．A B．B C．C D．D
5．（2022·陕西榆林·统考三模）材料是社会进步的阶梯。下列对我国最新科技成果解读错误的是
选项
科技成果
化学解读
A
合成CrCoNi材料
Cr、Co、Ni都是过渡元素
B
开发高效催化剂Ag/SiO2，实现CO2还原制备C1、C2高附加值产品
Ag/SiO2能提高CO2的平衡转化率
C
开发光催化剂，实现水和空气转化为H2O2
该反应的原子利用率为100%
D
北京冬奥会采用绿氢“微火”主火炬，电解水制绿氢
电解水制绿氢时，电能转化为化学能
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·陕西西安·校联考二模）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维
B．NaClO和酒精都有氧化性，可用于消毒杀菌
C．在食品中添加抗氧化剂，其目的与化学反应速率有关
D．高压直流电线路的瓷绝缘子经日晒雨淋容易出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加铜环能有效防止铁帽腐蚀
7．（2022·陕西渭南·统考一模）向密闭容器中充入，发生反应： ，达到平衡状态。该反应经过以下两步基元反应完成：
i.
ii.
下列分析不正确的是
A．、
B．
C．恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，升高温度，气体颜色加深，同时电子发生了转移
8．（2022·陕西渭南·统考一模）羰基硫(COS)是以煤、石油、天然气为原料生产的化工原料气中有机硫的主要形式。COS催化水解的反应为：COS(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2S(g) △H＜0，在相同投料比、相同气流速度、相同时间内，测得不同温度及不同催化剂下COS水解反应的转化率如下图所示：
下列说法正确的是
A．N点为该反应达到平衡状态的点
B．正反应的平均反应速率：P＞N＞M
C．任何温度下，γ－Al2O3的催化效果都比TiO2好
D．150℃时，用γ－Al2O3做催化剂，达到平衡时CO2的体积分数最大
二、原理综合题
9．（2021·陕西榆林·统考三模）烟气脱硫脱硝技术是烟气治理的发展方向和研究热点，有着广泛的应用前景。
(1)可用NH3选择性脱除氮氧化物，已知：
①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H1=+180kJ∙mol-1
②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l) ∆H2=-1170kJ∙mol-1
③6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l) ∆H3
则∆H3= kJ∙mol-1
(2)目前，科学家正在研究一种以乙烯作还原剂的脱硝(NO)原理，其脱硝机理如图1所示，脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2所示。
①写出该脱硝原理总反应的化学方程式： 。
②为达到最佳的脱硝效果，应采取的条件为 (填温度和负载率)。
(3)用酸性KMnO4及添加物浆液也可高效脱除烟气中的NO和SO2.脱除NO时，NO被氧化为，被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为 。
(4)反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) ∆H4=-112.3kJ∙mol-1，是由以下两步反应完成的：
I.____ ∆H5<0；
II.N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g) ∆H6<0。
①第I步反应的化学方程式为
②∆H5 (填“>”、“=”或“<”，下同)-112.3kJ∙mol-1；若第I步反应为快反应，则活化能E(I) E(II)。
③若反应2NO(g)+O2⇌2NO2(g)的正、逆反应速率分别为v正=k正×c2(NO)∙c(O2)、v逆=k逆×c2(NO2)，则该反应的化学平衡常数k= (用含k正和k逆的代数式表示)。
10．（2021·陕西宝鸡·统考二模）选择性催化还原法(SCR)是目前应用最为广泛的氮氧化物NOx的净化方法，其原理是利用NH3在特定催化剂作用下将NOx还原为N2。
(1)常温下，在Cu(OH)2悬浊液中滴加氨水，沉淀溶解得蓝色溶液。已知：常温下，
[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)K1=5.0×10-14；Cu(OH)2(s)+4NH3(aq)⇌[Cu(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq)的平衡常数K2=4.4×10-7， 则常温下Ksp[Cu(OH)2]= 。
(2)T1℃时，向2L的恒容密闭容器中通入1molN2和1molH2发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，10min后到达平衡，容器内压强变为起始压强的0.8倍。
①从开始到平衡，v(NH3)= ，T1℃时该反应的平衡常数K= 。
②达平衡状态后，若保持H2浓度不变，将容器体积扩大至2倍，平衡将 填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不移动”。
(3)催化剂V2O5-WO3/TiO2中的V2O5是活性组分。在石英微型反应器中以一定流速通过烟气[n(O2)：n(NH3)：n(NO)=71：1：1]，在不同温度下进行该催化还原反应，V2O5的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示。
①从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为 。
②V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是 。
③若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当时，随着该比值的增大，NO去除率 填“增大”、“减小”或“不变”；当时，随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是 。
11．（2021·陕西宝鸡·统考模拟预测）Ⅰ氮是地球上含量丰富的一种元素,氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题。
(1)图1是和反应生成和NO过程中能量变化示意图图中涉及物质为气态,请写出和CO反应的热化学方程式 。
(2)在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入、,发生反应测得和的浓度随时间变化如图2所示,
①计算该温度下此反应的平衡常数K= ;若使K的值变为1,则应采取的措施是 。
A．增大压强使平衡正移 B．恒压加入一定量 C．降低温度 D．升高温度
②下列措施能使增大的是 。
A．升高温度 B．恒温恒容充入
C．恒温恒容下,再充入1mol D．恒温恒容下,再充入、
(3)在体积为3L的恒容密闭容器中,投入和,在一定条件下合成氨,不同温度下测得的数据如表所示。
温度
平衡时
的产率30%
的物质的量2mol
已知:和的的总能量大于的总能量。
①则 。填“”“”或“”
②在T2、K下,经过5min达化学平衡状态,则内的平均速率 。
Ⅱ①三氧化钼是石油工业中常用的催化剂,也是瓷轴药的颜料,该物质常使用辉钼矿主要成分为通过一定条件来制备。回答下列相关问题:
已知:①
②
(1)若在恒温恒容条件下,发生反应,下列说法正确的是 填字母。
a．气体的密度不变,则反应一定达到了平衡状态
b．气体的相对分子质量不变,反应不一定处于平衡状态
c．增加的量,平衡正向移动
(2)在恒容密闭容器中,加入足量的和,仅发生反应:测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示。
① (填“”“”或“”);比较、、的大小: 。
②若初始时通入为,则A点平衡常数 (用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压总压气体的物质的量分数)
12．（2023·陕西汉中·统考二模）有效去除大气中的H2S、SO2以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。
(1)氨水可以脱除烟气中的SO2.氨水脱硫的相关热化学方程式如下：
2NH3(g) + H2O(1) + SO2(g)=(NH4)2SO3(aq) ΔH=akJ/mol
2NH4HSO3(aq)=((NH4)2SO3 (aq) + H2O(l) + SO2(g) ΔH =bkJ/mol
2(NH4)2SO3(aq) + O2(g)= 2(NH4)2SO4 (aq) ΔH = ckJ/mol
反应2NH3(g) + 2NH4HSO3(aq)+O2(g)= 2(NH4)2SO4+(aq)的 ΔH = kJ/mol(用含a、 b、c的代数式表示)。
(2)H2S与CO2在高温下发生反应： H2S(g) + CO2(g) COS(g)+ H2O(g)。在610K时，将。0.40 mol H2S与0.20 mol CO2充入5 L的空钢瓶中，反应达到平衡后水的物质的量分数为0.2。
①上述条件下H2S的平衡转化事α1= %。
②若在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.3，该反应的ΔH 0(填“<” “>”“<或=”)。
③在610 K时反应H2S(g) + CO2(g) COS(g) + H2O(g)平衡建立的基础上，改变下列一种条件，能使H2S平衡转化率增大的是 (填标号)。
A．向容器中通入H2S B．向容器中通入CO2
C．加入催化剂 D．缩小容器的体积
(3)在气体总压强分别为p1和p2时，反应2SO3(g) 2SO2 g) + O2(g)在不同温度下达到平衡， 测得SO3(g)及SO2(g)的物质的量分数如图所示：
①压强： p2 p1(填：“>”或”<”) ：判断的理由是 。
②若p1=8.1MPa，起始时充入a mol的SO3(g)发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数Kp= MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压-总压×物质的量分数)。
13．（2023·陕西·校联考模拟预测）丁二烯是生产丁苯橡胶SBR、ABS 树脂、聚丁二烯橡胶BR等的基本原料，也是生产氯丁二烯、乙烯基环己烯等化学品的关键中间体，工业上常在钼系催化剂作用下，用丁烯氧化脱氢制丁二烯。丁烯氧化脱氢制丁二烯的反应如下:
反应: 2C4H8 (g) +O2 (g) =2C4H6 (g) +2H2O (g) ΔH
副反应①: C4H8(g) +6O2 (g) =4CO2 (g) +4H2O (g) ΔH1 =-2542.6kJ·mol-1
副反应②: 2C4H6 (g) +11O2 (g) =8CO2 (g) +6H2O (g) ΔH2= -4886.6kJ·mol-1
(1)丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的 ΔH = 。
(2)在钼系催化剂作用下，某恒压密闭容器中通入一定量的丁烯和氧气发生反应: 2C4H8 (g) +O2 (g) 2C4H6(g) +2H2O (g)，分别测得温度和氧烯比(氧气和丁烯的物质的量之比)对丁烯的转化率和丁二烯选择性的影响如下图所示:
氧烯比固定，温度升高，丁烯单位时间内转化率先增大后无明显变化的原因是 ; 丁
丁二烯最佳的温度和氧烯比分别为 ；
(3)400°C时，在体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol C4H8和1mol O2发生丁烯氧化脱氢制丁二烯反应和副反应①和②，测得此时容器的压强为P0，平衡时容器内的压强为1.2P0，C4H8的转化率为70%，丁二烯的选择性为90%，则平衡后C4H6 (g)的体积分数为 ，丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的平衡常数K= 。
(4)钼系催化剂上C4H8燃烧反应的速率方程为v (C4H8) =k·px (C4H8) ·Py (O2)。为确定x和y，通过实验获得如图3数据，则:x和y分别为 、 。
(5)一种以C4H8为主要原料的电池工作原理如图4所示。B上的电极反应式为 。
14．（2023·陕西宝鸡·统考二模）实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，研究CO2转化为CH4、CH3OH、HCOOH的重整技术是科学家研究的热点课题，回答下列问题。
反应i：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1
反应ii：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49kJ·mol-1
(1)已知下表中断裂1mol化学键所吸收的能量数据，则ΔH1= kJ·mol-1。
化学键
H-H
O-H
C-H
C=O
能量/kJ
436
463
413
803
(2)在573K时，体积为2L的刚性容器中投入2molCO2和6molH2发生反应ii达到平衡。
①为了提高CH3OH产率可以采取的措施有 (任写两项措施)。
②图1中能表示该反应的平衡常数的对数lnK与(T表示温度)之间的变化关系的曲线是 (选填“m”或“n”)。
③测得在相同时间内，不同温度下的H2转化率如图2所示，v(a)逆 v(c)逆(选填“>”“<”或“=”)；T2温度下该反应的平衡常数K值为 (保留两位小数)。
(3)在恒容密闭容器中，反应i按进料浓度比c(CO2)：c(H2)分别等于1：2、1：5、1：7时，CO2的平衡转化率随条件X的变化关系如图3所示：
①曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为 。
②条件X是 (选填“温度”或“压强”)，依据是 。
(4)我国学者探究了BiIn合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图4所示(带“*”表示物质处于吸附态)。
①阴极的电极反应为 。
②试从图4分析，采用BiIn合金催化剂既优于单金属Bi催化剂，又优于单金属In催化剂的原因 。
15．（2023·陕西咸阳·统考二模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：
反应I：
已知：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
(1)反应I的 。
(2)下列关于反应I～III的说法正确的是______(填标号)。
A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量
B．保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态
C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高
D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能
(3)在催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：
该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ⅱ：
ⅰ：；
ⅱ： .
(4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[∶n(乙苯)]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越 (填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ．乙苯的浓度过低；
ⅱ． 。
③850K时，反应经t min达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为n mol，则v(苯乙烯)＝ 。
(5)700K时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时苯乙烯的分压为 kPa(以含有、、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数。② ]
16．（2022·陕西西安·统考二模）乙烯是一种重要的基本化工原料，乙烯的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，研究工业制取乙烯有重要的意义。
I.工业用H2和CO2在一定条件下合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH1
已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2=-571.4kJ·mol-1
②CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(1) ΔH3=-1411kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(1) ΔH4=-44kJ·mol-1
(1)ΔH1=
(2)在密闭容器中充入体积比为3：1的H2和CO2，不同温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是_______。
A．为了提高乙烯的产率应尽可能选择低温
B．生成乙烯的速率：v(M)可能小于v(N)
C．平衡常数：KM
II.工业用甲烷催化法制取乙烯：2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) ΔH>0，T℃时，向4L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：
(3)实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)·c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T℃时k正与k逆的比值为 (用含x的代数式表示)；若将温度升高，速率常数增大的倍数：k正 (填“>”“=”或“<”)k逆。
III.乙烷裂解制乙烯：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)。
(4)T℃时，将乙烷与氦气体积比2：1混合后，通入一密闭容器中发生反应。平衡时容器压强为P0Pa，若乙烷的平衡转化率为50%，反应的平衡常数Kp= (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
IV.电化学法还原二氧化碳制乙烯原理如下图所示。
(5)阴极电极反应式为： ，电路中转移0.6mol电子，两极共收集气体 L(标准状况)。
17．（2022·陕西商洛·统考二模）乙烷、乙烯均是有机合成中重要的原料，乙烯年产量的多少可体现一个国家石油化工发展水平的高低。回答下列问题：
(1)已知有关反应热化学方程式如下：
①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+137kJ·mol-1
②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·mol-1
欲利用反应①、②中的数据求C2H6(g)的燃烧热，还需要知道一种物质的燃烧热(用△H3表示)，请写出该物质的燃烧热的热化学方程式 。C2H6(g)的燃烧热(△H4)为 (用含△H3的代数式表示)。
(2)一定条件下向某刚性恒容密闭容器内充入一定量的C2H6(g)，使其只发生反应①，测得不同温度，分别使用甲、乙两种催化剂的情况下，经过相同反应时间时乙烷的转化率随温度的变化情况如图1所示。
①温度低于1000K时，两种催化剂对该反应活化能影响较大的是 (填“甲”或“乙”)，使用该催化剂时，该转化反应适宜的温度是 ；使用催化剂甲时，当温度高于1000K时，C2H6的转化率减小的原因可能是 (填标号)。
A．平衡向左移动
B．催化剂催化活性降低，导致反应速率减小
C．温度过高，乙烯与氢气发生反应
②乙烷的转化率随时间的变化关系如图2所示，在m点条件下，平衡时总压为2.1×105Pa，经过10min反应达到平衡状态，则0~10min内m点对应反应的v(C2H6)= Pa·min-1，Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，则平衡常数Kp= Pa。
(3)利用电解法可将乙烷转化为乙酸、乙烯等多种产品，工作原理如图3所示。写出生成乙酸的电极反应式： 。
18．（2022·陕西宝鸡·统考三模）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：i.N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol-1
ii.C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393kJ·mol-1
iii.2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3=-221kJ·mol-1
则NO与CO反应iv的热化学方程式： 。
(2)某研究小组在三个容积为2L的恒容密闭容器中，在三种不同实验条件分别充入4molNO和4molCO发生上述反应iv。反应体系保持各自温度不变，体系总压强随时间的变化如图1所示：
①温度：T1 T2(①②③问均选(填“<”“=”或“>”)。
②CO的平衡转化率：I II III。
③反应速率：a点的v逆 b点的v正。
④若该反应的速率v正=k正·p2(CO)·p2(NO)(kPa·min-1)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)(kPa·min-1)，k正与k逆仅与温度有关，p(M)表示M的分压，分压=总压×物质的量分数。
i．T1K下，NO的平衡转化率为 ，反应的平衡常数Kp= (kPa)-1(以分压表示)。已知T1K时k正=60(kPa)-3·min-1，则平衡时v逆= kPa·min-1。
ii．升高温度时，的比值 。(选填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)反应iv在不同催化剂甲、乙条件下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图2所示。在工业生产中应选用 催化剂(填“甲”或“乙”)，理由是 。
19．（2022·陕西榆林·统考二模）丙烯是生产石油化工产品的基本原料之一，其需求增长迅速。某科研小组以、、等为催化剂，通过丙烷催化氧化脱氢制备丙烯，其反应原理为 。
Ⅰ．已知：丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、。
。
(1)则 。
Ⅱ．不同催化剂对丙烷的催化效率不同，平衡时，丙烷的总转化率与催化剂、不同投料比之间的关系如表。
催化剂
反应温度/℃
总转化率/%
丙烯的选择性/%
500
3：2：5
25
46.6
500
3：2：5
25
40.0
500
1：1：8
40.0
45.0
(2)在上述三种催化剂作用下，丙烯产率最高的是 (填催化剂的化学式)。
(3)在500℃、以为催化剂的条件下，向容积为10L的恒容密闭容器中充入、、，发生反应，经过10min达到平衡状态。
①，丙烯的化学反应速率 。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．不变
B．与的物质的量之比为1：1
C．的质量不再改变
③欲提高丙烷转化率，可采取的措施是 (任写一条即可)。
④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是 。
(4)在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，平衡时压强为p[已知该催化剂条件下的副反应为]，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数 (用含p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数，列出计算式即可，不用化简)。
20．（2022·陕西西安·模拟预测）据2021年最新统计，中国机动车保有量达到3.8亿辆，稳居世界第一。
Ⅰ.不断改进汽车尾气净化技术是减轻大气污染的重要举揩。其中一种“净化反应”的原理为：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) △H。
(1)已知N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ·mol-1
C(g)+O2(g)=CO2(g) △H2=—393.5kJ·mol-1
2C(g)+O2(g)=2CO(g) △H3=—221kJ·mol-1
净化反应的△H= kJ·mol-1。
(2)下列可判断净化反应达到平衡的是 。
A．混合气体的平均相对分子质量不变 B．p(CO)∶p(N2)=2∶1
C．NO的质量保持不变 D．v(NO)=2v(N2)
(3)净化反应净速率v=v正—v逆=k正p2(CO)·p2(NO)—k逆p2(CO2)·p(N2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①升高温度，k正—k逆 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
②按照n(CO)∶n(NO)=1∶1投料反应，在不同压强下，净化反应中CO的平衡转化率随反应温度的变化如图1所示。当压强为p1、温度为t1℃时，某时刻测得N2的体积分数为，此时= 。
(4)Ⅱ.SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) △H＜0。其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图2。
①工业上选择催化剂乙的原因是 。
②在催化剂甲作用下，图中M点对应温度为210℃。210℃之前，NO转化率随温度升高而增大的原因是 ；210℃之后，NO转化率降低的原因可能是 。
(5)Ⅲ.比亚迪双模电动车不依赖专业充电站，采用了镍镉可充电电池。其总反应为：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。当电动车车行驶30min，电池的平均电流强度为aA，正极质量增加 g(用含a和F的字母表示计算结果)。[已知：①Q=It，Q的单位为C；②法拉第常数为F，单位为C·mol-1]。
21．（2022·陕西榆林·统考三模）以、为原料合成可有效降低空气中二氧化碳的含量，其中涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)已知 ；则
(2)某小组在温度为T℃下，将1mol和3mol充入容积为5L的恒容密闭容器中。同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，体系中各组分分压(各组分分压=总压×各组分物质的量分数)随时间的变化情况如图所示。
①图中缺少了一种组分的分压变化，该组分是 (填化学式)，该组分平衡时的分压为 MPa。
②0~15min内，反应Ⅰ的反应速率 ；达到平衡后， 。
③反应开始时，容器的总压为 MPa，T℃时，反应Ⅱ的平衡常数 (用分压代替浓度)。
22．（2022·陕西安康·统考一模）甲醇是一种重要的工业品，也可作燃料电池的原料。回答下列问题：
(1)CH3OH的电子式为 ；Sn与C位于同一主族，核电荷数为50，其在元素周期表中的位置为 。
(2)微型直接甲醇燃料电池是通过MEMS工艺制作的一种微型能源装置，具有结构简单、体积小、质量轻、比能量密度高、环境污染小等优点，其装置如图所示：
①通入CH3OH和H2O的电极为该电池的 (填“正极”或“负极”)，该电极上的电极反应式为 。
②电解质溶液可能为 (填“稀H2SO4”或“KOH溶液”)。
(3)T℃时，将0.75molCO2和2.25molH2的混合气体通入体积为1L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，5min后反应达到平衡，此时容器压强为起始压强的。
①平衡时，CH3OH的物质的量为 mol。
②0～5min内，v(H2)= mol·L-1·min-1。
③CO2的转化率为 。(保留3位有效数字)
23．（2022·陕西西安·校考模拟预测）甲醇是一种可再生能源，CO和CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。
(1)已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。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
i.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-90.2 kJ·mol-1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P1 P2，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。(填“>”、“<”或“=”)
(3)在某催化剂作用下，CO2和H2发生反应
ii: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ·mol-1
iii：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3=41.2 kJ·mol-1
①维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(℃)
CO2实际转化率(%)
甲醇选择性(%)
243
12.3
42.3
253
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是： 。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是 。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应ⅱ和反应ⅲ，初始压强为P0，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小25%，反应ⅱ的平衡常数Kp= (kPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(5)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，B应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2” )相连。
三、工业流程题
24．（2021·陕西宝鸡·统考模拟预测）由废铅蓄电池的铅膏采用氯盐法制备PbCl2的工艺流程如图：
已知：①铅膏的组成如表：
物相
PbO
PbO2
PbSO4
Pb
总铅
质量分数/%
15.89
4.86
33.74
34.03
76.05
②PbCl2是白色结晶性粉末，微溶于冷水，易溶于热水、浓盐酸和氢氧化钠溶液。
回答下列问题：
(1)铅膏“浸取”时浓盐酸与水的配比(浓盐酸和水的体积比)及氯化钠的浓度均对铅浸取率有较大影响(如图所示)：
①由图甲确定适宜的配比为 。
②已知70 °C时，NaCl的溶解度为37.8 g，由图乙可知铅的浸出率与NaCl质量分数的关系是 ，工业上采用质量分数约为24%的食盐水，不能采用无限制提高w(NaCl)来提高铅的浸出率，其原因是 。
③提高铅的浸出率除浓盐酸与水的配比和w(NaC)外，还可采取的措施有 (至少写2种)。
(2)步骤Ⅵ加入CaCl2的目的是 .步骤Ⅶ滤液中溶质的主要成分为 。
(3)“浸取”时会发生一系列反应。
①硫酸铅溶于氯化钠生成PbCl的离子方程式为 。
②产生氯气的化学方程式为 。
25．（2023·陕西铜川·统考二模）四氧化三锰是电子工业生产锰锌铁氧体软磁材料的重要原料。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)为原料制备高品位四氧化三锰的一种工艺流程如下：
已知：①0.01mol/L金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Mn2+
开始沉淀
4.1
2.2
7.5
9.6
8.8
完全沉淀
5.4
3.2
9.5
/
/
②Ksp(MgF2)=7.4×10-1l；Ksp(MnF2)=5.6×10-3
回答下列问题：
(1)提高“酸浸”效果的方法有 、 (任写两种)。
(2)“氧化1”步骤中，氧化剂a可选用MnO2，发生反应的离子方程式为 ，为了检验氧化是否完全可选用的试剂是 (写化学式)。
(3)“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为 。
(4)“沉镁”步骤中，沉淀转化反应的平衡常数K值等于 。
(5)“沉锰”步骤中，杂质含量直接影响四氧化三锰的品位，实验测得温度对四氧化三锰中硫酸根含量的影响如图所示。实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是 。
(6)“氧化2”步骤中发生反应的化学方程式为 。
26．（2022·陕西宝鸡·统考二模）铋酸钠是一种不溶于水的强氧化剂，广泛应用于催化合成、化工等各领域，能在水相中有效降解多环芳烃类和有机染料污染物。某研究小组用浮选过的辉铋矿(主要成分是，含少量、、)为原料制备铋酸钠的流程如下：
已知：极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀且水解程度。
(1)为提高原料的浸出率，可采取措施有 (选填序号)。
a.加入足量的蒸馏水 b.搅拌 c.粉碎矿石 d.适当升高温度
(2)“浸取”过程中加入浓盐酸既能提高浸出率又可 ；与溶液反应的离子方程式 。
(3)“滤渣2”成分的化学式为 。
(4)“除铜”时相关反应：的平衡常数，则的平衡常数 (已知：溶度积)。
(5)“焙烧”时与反应可制得，其副产物为 ；“焙烧”过程中要排除和的干扰，原因是 。
(6)取上述产品1.0g，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应，再用的标准溶液滴定生成的，达到滴定终点时平均消耗25.00mL标准溶液。
已知：
①、、的氧化性由强至弱的顺序为 。
②该产品的纯度为 。
四、填空题
27．（2023·陕西商洛·统考三模）实现碳达峰和碳中和目标的有效方式之一是二氧化碳直接加氢合成高附加值产品(烃类和烃的衍生物)，回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢合成甲醇：。
①下列有关叙述错误的是 (填标号)。
A．产物之间能形成氢键
B．该反应断裂极性键和非极性键
C．该工艺是理想的绿色化学工艺
D．催化剂均由短周期元素组成
②已知几种共价键的键能数据如下：
共价键
H—C
C—O
H—O
H—H
键能/(kJ·mol-1)
799
413
358
467
436
kJ·mol-1
(2)CO2加氢制备乙烯：。在密闭容器中通入CO2和H2发生上述反应，测得平衡常数K的自然对数lnK与温度的关系如图1中直线 (填“a”或“b”)
(3)一定条件下发生反应：，改变外界一个条件，反应速率与时间关系如图2所示。
①t1min时改变的条件是 ，t2min时改变的条件是 。
②上述三个平衡状态中，原料转化率最大的是 (填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)，判断依据是 。
(4)一定条件下，向一密闭容器中投入1molCO2和3molH2，此时压强为20kPa，发生如下反应：
反应I：
反应Ⅱ：
达到平衡时，CO2的平衡转化率为80%，CH3OCH3的选择性为60%。反应Ⅱ的平衡常数Kp= (结果保留2位有效数字)。
注明：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数。
(5)我国科学家开发Ni—N—C(Cl)催化剂实现高效催化CO2还原制备CO。装置如图所示(采用阳离子交换膜)。总反应为。其正极反应式为 。
参考答案：
1．B
【详解】A．该离子反应为：，加入少量KCl固体，不会引起平衡移动，故A错误；
B．自发，当>0、>0高温下自发，当<0、<0时低温自发，故B正确；
C．当铜为电极时，属于活性阳极，阳极是铜失电子而不是碘离子失电子，故C错误；
D．向稀中滴加溶液是氧化还原反应，离子方程式为：，故D错误；
故答案为B。
2．C
【详解】A．由于，随着温度的升高，平衡逆向移动，增大，减少，故为随温度的变化曲线，A错误；
B．其他条件不变时，若扩大容器容积，浓度均减少，则均减小，B错误；
C．由图知，在393K时，，，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，，设由393K升温到460K时，反应的物质的量为bmol，由关系式，则，，，C正确；
D．使用催化剂，只能降低反应的活化能，且增大反应速率，但不能减小的值，D错误；
故选C。
3．D
【详解】A．肉桂醛中含有醛基和碳碳双键，二者都可以使高锰酸钾溶液褪色，则向肉桂醛()中加入酸性溶液，不能证明肉桂醛中含碳碳双键，故A错误；
B．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入氯水，溶液显血红色，说明溶液中有Fe3+生成，说明原溶液中含有Fe2+，故B错误；
C．NaClO溶液具有漂白性，应选pH计测定盐溶液的pH比较盐溶液的碱性或对应酸的酸性，故C错误；
D．常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间，可以探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；
故选D。
4．A
【详解】A．将2mL 0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动，A正确；
B．取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，可能发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故溶液未变红色，不能说明脱氧剂中还原铁粉没有变质，B错误；
C．NaClO溶液具有漂白性，会漂白pH试纸，使得测量结果不准确，故不能使用pH试纸测量NaClO溶液的pH，C错误；
D．将电石与饱和食盐水反应，反应产生的气体中有C2H2、H2S、PH3，这些气体都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明电石与水反应生成了乙炔，D错误；
故选A。
5．B
【详解】A．合成CrCoNi材料中涉及的金属元素Cr、Co、Ni属于第四周期的副族元素，因此它们都是过渡元素，A正确；
B．催化剂只能加快化学反应速率，缩短达到平衡所需时间，但不能使化学平衡发生移动，因此催化剂Ag/SiO2不能提高CO2的平衡转化率，B错误；
C．H2O、O2在光催化下发生化合反应产生H2O2，反应物的原子全部变为生成物，因此该反应的原子利用率为100%，C正确；
D．水在电解时产生H2、O2，此时的能量转化形式是电能转化为化学能，D正确；
故合理选项是B。
6．C
【详解】A．丝绸的成分是蛋白质、宣纸的成分是纤维素，丝绸、宣纸是天然纤维，尼龙为合成纤维，故A错误；
B．NaClO有氧化性，可用于消毒杀菌；酒精能使蛋白质变性，用于消毒杀菌，故B错误；
C．在食品中添加抗氧化剂，降低氧气浓度，其目是减慢食品氧化的速率，故C正确；
D．在铁帽上加铜环，构成原电池，铁为负极，能加快铁帽腐蚀，故D错误；
选C。
7．C
【详解】A．反应i+ ii=题目中反应，故+=，而反应ii.为形成化学键，故为放热反应，<0，故>0，故A正确；
B．根据I原子守恒，可得，故B正确；
C．该反应是反应前后气体总物质的量不变的反应，缩小体积(加压)，平衡不能移动，而是恒温时，缩小体积，浓度变大，故颜色变深，故C错误；
D．此反应吸热，故升高温度，平衡正向移动，颜色变深，且发生了氧化还原反应，故发生了电子的转移，故D正确；
故选C。
8．B
【详解】A．由图可知，相同温度下由TiO2做催化剂时转化率更高，可知N点并未达到平衡状态，A项错误；
B．相同时间内COS的转化率越大催化效率越高，正反应的平均反应速率：P＞N＞M，B项正确；
C．低温时γ－Al2O3对COS水解反应的催化效果好，C项错误；
D．在相同温度下，无论用哪种催化剂，达到平衡时CO2的体积分数都一样，D项错误；
答案选B。
9． -2070 温度350℃，负载率3.0% 2NO(g)= N2O2(g) > <
【详解】(1)根据盖斯定律可知：反应③=反应②-5×反应①，则∆H3= ∆H2-5∆H1=-1170kJ∙mol-1-5×(+180kJ∙mol-1)=-2070 kJ∙mol-1，故答案为：-2070；
(2)①由图1转化关系可知，该反应过程中乙烯和NO以及氧气在Cu+作催化剂条件下发生反应最终生成二氧化碳、氮气和水，反应的方程式为：，故答案为：；
②由图2可知温度在350℃，负载率为3.0%时，脱硝率最高，故答案为：温度350℃，负载率3.0%；
(3)酸性KMnO4将NO氧化为，被还原为Mn2+，1molNO转移3mol电子，1mol转移5mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒，可得该反应的离子方程式：，故答案为：；
(4)①反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) 由以下两步反应完成，结合反应II，根据盖斯定律可知反应I=总反应-反应II，可得反应I为：2NO(g)= N2O2(g)，故答案为：2NO(g)= N2O2(g)；
②由①，结合盖斯定律得：∆H5=-112.3kJ∙mol-1- ∆H6，∆H6<0，则∆H5>-112.3kJ∙mol-1，第I步反应为快反应，根据活化能越低反应速率越快可知E(I)< E(II)，故答案为：>；<；
③反应达到平衡时v正= v逆，即k正×c2(NO)∙c(O2)= k逆×c2(NO2)，，故答案为：；
10． 2.2×10-20 0.02mol·L-1·min-1 12.5 向正反应反向移动 C＞B＞A 在100℃-200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别 增大 NO的去除接近反应限度，去除率无明显变化
【详解】(1)Cu(OH)2悬浊液中存在平衡Cu(OH)2Cu2++2OH-，将已知反应依次标号为反应①、反应②，①+②可得Cu(OH)2Cu2++2OH-，所以Ksp[Cu(OH)2]=K1·K2=5.0×10-14×4.4×10-7=2.2×10-20；
(2)①设平衡时Δn(N2)=x，则列三段式有
恒容密闭容器中气体压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内压强变为起始压强的0.8倍，则=0.8，解得x=0.2mol，则Δn(NH3)=0.4mol，容器体积为2L，所以v(NH3)== 0.02mol·L-1·min-1；容器体积为2L，结合三段式，则平衡时c(N2)=0.4mol/L、c(H2)=0.2mol/L、c(NH3)=0.2mol/L，所以该温度下T1==12.5；
②达平衡状态后，若保持H2浓度不变，扩大容器体积，氮气和氨气浓度成比例减少，由于氨气浓度幂级数为2次，所以Qc＜K，向正反应反向移动；
(3)①A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，有图可知，催化剂的质量分数越大，反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快，B、C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即C＞A，则从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为C＞B＞A；
②由图可知，在100℃-200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别；
③根据反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)可知，当时，即此时氨气量不足，随着该比值的增大，平衡正向移动，NO去除率增大；若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当时，NO的去除接近反应限度，所以随着该比值增大，去除率无明显变化。
11． 或 C CD ＞ a b ＜
【分析】反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；达到化学平衡状态，则根据三段式结合平衡常数的定义、v=计算；若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol×(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= ×4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，算出A点各物质的压强，代入平衡常数公式Kp=计算。
【详解】(1)反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，和CO反应的热化学方程式 。故答案为：；
(2)①在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入、, 所以K=≈0.198 ；平衡常数与温度有关，放热反应，降低温度，平衡正向移动，K变大，若使K的值变为1,则应采取的措施是降低温度；故答案为：或；C；
②A．升高温度，平衡逆向移动，所以减小，故A错误；
B．恒温恒容充入 平衡不移动，所以不变，故B错误；
C．恒温恒容下,再充入1mol ，平衡逆向移动，甲醇增大的幅度比二氧化碳大，所以增大，故C正确；
D．恒温恒容下,再充入、 等效于开始加入4molCO2和6molH2，压强增大，平衡正向移动，所以增大，故D正确；
故答案为：CD；
(3)①和的的总能量大于的总能量，则合成氨的反应为放热反应。T1时氨的产率为30%，氮气过量，按氢气计算理论产量为6molNH3,平衡时生成6mol×30%=1.8molNH3，升高温度，平衡逆向移动，T1温度高，则 ＞ ，故答案为：＞；
②在T2K下,经过5min达化学平衡状态,则内
v(H2)= = =0.2mol•L-1•min-1，的平均速率 。 故答案为：；
Ⅱ(1)a．恒容条件下，随着反应的进行，气体的质量增大，则气体的密度也增大，当气体密度不变时反应达到平衡状态，故正确；
b．只有S2是气体，所以气体相对分子质量始终不变，所以气体相对分子质量不变时反应不一定达到平衡状态，故正确；
c．MoS2是固体，不影响平衡移动，所以加入MoS2平衡不移动，故错误；
故答案为：a b；
(2)①根据图知，压强一定时，升高温度氧气的转化率降低，平衡逆向移动，;该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，氧气转化率增大，所以、、的大小:。故答案为：；；
②若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol×(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= ×4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以A点压强=×7.0kPa=5.5kPa，P(O2)=×5.5kPa=3.5kPa，P(SO2)=(5.5-3.5)kPa=2kPa，则A点平衡常数Kp==,则A点平衡常数(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压总压气体的物质的量分数)；故答案为：。
12．(1)a+b+c
(2) 30 > B
(3) < 其他条件相同时，增大压强平衡朝着气体体积减小的方向移动，再达平衡时SO3物质的量分数增大，SO2物质的量分数减小 0.6
【详解】（1）①2NH3(g) + H2O(1) + SO2(g)=(NH4)2SO3(aq) ΔH=akJ/mol
②2NH4HSO3(aq)=((NH4)2SO3 (aq) + H2O(l) + SO2(g) ΔH =bkJ/mol
③2(NH4)2SO3(aq) + O2(g)= 2(NH4)2SO4 (aq) ΔH = ckJ/mol
根据盖斯定律①+②+③得2NH3(g) + 2NH4HSO3(aq)+O2(g)= 2(NH4)2SO4+(aq)的 ΔH =( a+b+c )kJ/mol
（2）①
x=0.12mol；上述条件下H2S的平衡转化事α1=。
②若在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.3，说明升高温度，平衡正向移动，该反应的ΔH>0。
③A．向容器中通入H2S，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但H2S平衡转化率减小，故不选A；
B．向容器中通入CO2，平衡正向移动，H2S平衡转化率增大，但CO2平衡转化率减小，故选B；
C．加入催化剂，平衡不移动，H2S平衡转化率不变，故不选C；
D．反应前后气体系数和相同，缩小容器的体积，平衡不移动，H2S平衡转化率不变，故不选D；
选B。
（3）①增大压强平衡朝着气体体积减小的方向移动，增大压强，2SO3(g) 2SO2 g) + O2(g)平衡逆向移动，SO3(g)的物质的量分数增大，所以压强： p2
，，若p1=8.1MPa，Kp=。
13．(1)-198.6 kJ·mol-1
(2) 开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化； 440℃，0.85。
(3) 25% 40
(4) 0
(5)
【详解】（1）分别将三个反应标识为③，①，②，则有③=①×2-②，根据盖斯定律有∆H3=∆H1×2-∆H2=-2542.6×2-(-4886.6)=-198.6 kJ·mol-1。
故答案为：-198.6 kJ·mol-1。
（2）开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化。结合转化率与选择性，依图1可知，最佳温度为440℃，依图2，最佳氧烯比为0.85。
故答案为：开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化；440℃，0.85。
（3）反应过程中，由于丁烯的转化率力70%，二丁烯的选择性为90%，丁烯氧化脱氢制丁二烯反应中C4H8的变化量为：1×70%×90%=0.63mol，副反应①中C4H8的变化量为1×70%-0.63=0.07mol；反应前容器的压强为P0，平街时容器的压强为1.2P0。则平衡时气体总的物质的量为2.4mol，设副反应②消耗C4H6为xmol，对于主反应三段式有，对于副反应①三段式有，对于副反应②三段式有
，所以，解得x=0.03，C4H8(g)、C4H6(g)、H2O(g)，O2(g)，CO2(g)的物质的量分别为0.3mol、0.6mol、1.0mol、0.1mol，0.4mol，则平衡后C4H6(g)的体分数为=25%，故丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的平衡常数K=40。
故答案为：25%，40。
（4）由图3可知，当p(C4H8)固定时，P (O2)增大时，v (C4H8)不变，得出y=0；而固定P (O2)时，490℃时p(C4H8)从10→20，v从2.5→3.535，得出。解得x=
故答案为：，0。
（5）由图4可知，B极为O2，发生还原反应：。
故答案为：。
14．(1)-154
(2) 增大体系压强、通入H2 n < 14.81
(3) 1：2 压强 该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致
(4) CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH 相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【详解】（1）根据反应热=反应键能和-产物键能和，则ΔH1=2E(C=O)+4E(H-H)-4E(C-H)-4E(O-H)= -154 kJ·mol-1；
（2）①反应为气体分子数减小的放热反应，为了提高CH3OH产率可以采取的措施有增大体系压强、通入H2等。
②反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，同时增大，平衡常数增大，故图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线n；
③测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，由图可知，a点没有达到平衡，氢气转化率较低，生成浓度较低且温度较低；c点达到平衡，氢气转化率较高，生成浓度较大且温度较高；浓度越大、温度越高则反应速率越快，故<；
T2时氢气转化率为80%，根据题给数据可得三段式如下：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
则此时平衡常数；
（3）①氢气浓度越大，则二氧化碳转化率越大，故曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为1：2；
②该反应为气体分子数减小的反应，压强越大，二氧化碳转化率越大，故X表示压强，理由是：该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致；
（4）①根据题给信息可知，在阴极二氧化碳得到电子生成甲酸，电极反应为：CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH；
②根据图像，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
15．(1)
(2)AB
(3)
(4) 低 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低
(5)
【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；
（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；
D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；
故选：AB。
（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；
（5）
+CO2(g)
+
+
起始压强
p1
变化压强
x
x
x
x
x
平衡压强
p1-x
p
x
x
x
由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。
16．(1)-127.8kJ/mol
(2)BD
(3) ＞
(4)
(5) 2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH- 4.48
【详解】（1）根据盖斯定律①×3-②-③×4可得6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)的ΔH1=[(-571.6)×3-(-1411)-(-44)×4]kJ/mol=-127.8kJ/mol；
（2）A．虽然温度降低平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但是催化效率降低，反应速率慢，不利于提高单位时间内的产率，选项A错误；
B．M点虽然催化效率高，但温度低，而N点温度高，所以v(M)可能小于v(N)，选项B正确；
C．总反应焓变小于0，为放热反应，温度越低平衡常数越大，所以KM＞KN，选项C错误；
D．M点CO2的转化率高，总反应为气体减少的反应，所以此时容器内气体的物质的量少，且此时温度低，所以M点时的压强一定小于N点时的压强，选项D正确；
答案选BD；
（3）T℃达到平衡时，v正= v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)∙c2(H2)，所以有==K，据图可知，平衡时n(CH4)=x mol，则Δn(CH4)=(2-x)mol，根据反应方程式可知，平衡时n(C2H4)=mol、n(H2)=(2-x)mol，容器容积为4L，所以K==；该反应焓变大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即k正＞k逆；
（4）设初始投料为2molC2H6(g)和1mol氦气，乙烷的平衡转化率为50%，则平衡时n(C2H6)=1mol，Δn(C2H6)=1mol，根据方程式可知n(C2H4)=n(H2)=1mol，n(He)=1mol，平衡时容器压强为pPa，所以p(C2H6)=p(C2H4)=p(H2)=p0Pa=Pa，所以Kp==；
（5）①左侧CO2转化为C2H4，C元素被还原，所以左侧为阴极，电解质溶液显碱性，所以电极反应为2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH-；阳极反应为4OH--4e-=O2+2H2O，所以转移0.6mol电子时，阴极生成0.05mol乙烯，阳极生成0.15mol氧气，共生成0.2mol气体，标准状况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。
17．(1) H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3 ΔH3-1274kJ/mol
(2) 甲 1000K B 6×103 4×104
(3)C2H6-6e-+2H2O=CH3COOH+6H+
【解析】（1）
还需要知道氢气的燃烧热，故氢气的燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3。根据盖斯定律可知，根据①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+137kJ·mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·mol-1；
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3，反应C2H6(g) +3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)可由①+②+③得到，故△H4=△H1+△H2+△H3=ΔH3-1274kJ/mol；
（2）
①由图可知温度低于1000K时，催化剂甲时C2H6的转化率高，故催化剂甲对该反应的活化能影响较大，由图可知转化率最高的温度为1000K；
A．该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，A不符合题意；
B．随着温度升高，催化剂活性降低，催化效率降低，则反应速率降低，相同时间内，转化率降低，B符合题意；
C．该反应为可逆反应，任何温度下，乙烯与氢气都会发生反应，C不符合题意；
故选B；
②设最初加入的乙烷的压强为xPa，则可得以下三段式：
则0.6x+0.4x+0.4x=2.1×105，x=1.5×105，则0~10min内m点对应反应的v(C2H6)=；平衡时乙烷，乙烯，氢气的分压分别为：，，，则；
（3）
乙烷中的碳为-3价，发生氧化反应生成乙酸，应该在阳极发生反应，电极反应为：C2H6-6e-+2H2O=CH3COOH+6H+。
18．(1)2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol
(2) ＞ ＜ = ＞ 50% 0.05 6.0×105 减小
(3) 甲 催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高
【详解】（1）由盖斯定律可知，ii×2—i—iii可得反应iv：2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，则反应热ΔH=2ΔH2—ΔH1—ΔH3 =(—393 kJ/mol)×2—(+180kJ/mol)—(—221kJ/mol)=—745kJ/mol，反应的热化学方程式为2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol，故答案为：2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol；
（2）设温度为T1时一氧化氮的转化率为a，由题意可建立如下三段式：
由图可知，起始和平衡时总压强分别为40kPa、35kPa，由物质的量之比等于压强之比可得：，解得a=0.5，既50%；设温度为T2时一氧化氮的转化率为b，由题意可建立如下三段式：
由图可知，起始和平衡时总压强分别为32kPa、25kPa，由物质的量之比等于压强之比可得：，解得b=0.875，既87.5%；
①该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率小于T2平衡时一氧化氮转化率，说明T1大于T2，故答案为：＞；
②由图可知，II和III平衡时总压强相等，II的反应速率小于III，说明III的反应条件为T2时选用了合适的催化剂，所以II和III的一氧化氮转化率相等，由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率小于T2平衡时一氧化氮转化率，则转化率的关系为：I＜II=III，故答案为：＜；=；
③平衡时，正逆反应速率相等，由图可知，II和III平衡时总压强相等，II的反应速率小于III，说明III的反应条件为T2时选用了合适的催化剂，催化剂能降低了反应的活化能，加快化学反应速率，则a点的逆反应速率大于b点的正反应速率，故答案为： ＞；
④i．由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率为50%，一氧化碳、一氧化氮、二氧化碳、氮气的平衡分压分别为×35kPa=10kPa、×35kPa=10kPa、×35kPa=10kPa、×35kPa=5kPa，则分压平衡常数Kp==0.05；平衡时，正逆反应速率相等，则v正= v逆，k正·p2(CO)·p2(NO) =k逆·p(N2)·p2(CO2)(kPa·min-1)，==K=0.05，由T1K时k正=60(kPa)-3·min-1可得k逆==1200(kPa)-3·min-1，所以v逆=1200(kPa)-3·min-1×5kPa×(10kPa)2=6.0×105kPa·min-1，故答案为：50%；0.05；6.0×105；
ii．由i可知，=K，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则的比值减小，故答案为：减小；
（3）由图可知，反应iv在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高，所以在工业生产中应选用催化剂甲，故答案为：甲；催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高。
19．(1)-236
(2)
(3) 0.003 C 及时分离出 该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大
(4)
【详解】（1）①
②
由丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、的方程式：
③
④
由盖斯定律可得③×2-④×2+②×2得方程式①，则
则。
故答案为：-236;
（2）在上述三种催化剂作用下，丙烯的选择性高且丙烷的总转化率高时，丙烯产率才会最高，所以最好的催化剂是：。
故答案为：
（3）①在500℃、以为催化剂的条件下，丙烷转化率为25%，丙烯选择性为40%，说明丙烷生成丙烯的部分是40%，则， 则，丙烯的化学反应速率。
②A．与物质状态和热化学方程式的书写有关，所以不论是否平衡状态其值都不变，故A错误；
B．，与的物质的量之比一直为1：1，不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；
C．为生成物，平衡时的质量才不再改变，故C正确。
③欲提高丙烷转化率，即让反应正向进行即可，所以可采取的措施是及时分离出产物，促进反应正向进行。
④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
故答案为：①0.003；②C；③及时分离出；④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
（4）在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，丙烯选择性为45%，丙烷转化率为40%，则，则可得：
起始n始(mol) 1 1 0 0
变化△n(mol) 0.18 0.09 0.18 0.18
终态n终(mol) 0.82 0.91 0.18 0.18
起始n始(mol) 0.82 0.91 0 0.18
变化△n(mol) 0.4-0.18 0.77 0.66 0.88
终态n终(mol) 0.6 0.17 0.66 1.06
故平衡时：，，，，，，则；
平衡时压强为，平衡分压=总压×体积分数，则，，，，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数：
故答案为：
20．(1)—746.5
(2)AC
(3) 减小 576
(4) 低温下乙有很强的催化活性，NO转化率远大于甲 反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 催化剂活性降低、副反应增多
(5)
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，②×2—①—③得到净化反应，则△H=(—393.5 kJ/mol)×2—(+180.5kJ/mol)—(—221kJ/mol)=—746.5kJ/mol，故答案为：—746.5；
（2）A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．p(CO)∶p(N2)=2∶1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．一氧化氮的质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．v(NO)=2v(N2) 不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选AC；
（3）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则k正增大的程度小于k逆，(k正—k逆)减小，故答案为：减小；
②当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则v正—v逆=k正p2(CO)·p2(NO)—k逆p2(CO2)·p(N2)=0，==Kp，设起始一氧化碳和一氧化氮的物质的量为2mol，由图可知，一氧化碳的转化率为80%，由题给数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知平衡常数Kp ===，设某时刻测得N2的体积分数为时，生成氮气的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可得：=，解得a=0.4，则=×=×=576，故答案为：576；
（4）①由图可知，其他条件相同，低温时，催化剂乙作用下，一氧化氮的转化率远大于催化剂甲，说明催化剂的活性远大于甲，所以工业上选择催化剂乙做反应的催化剂，故答案为：低温下乙有很强的催化活性，NO转化率远大于甲；
②由图可知，M点一氧化氮转化率最大，说明反应达到平衡，210℃之前反应为达到平衡，温度升高，反应速率加快，一氧化氮的消耗量增大，转化率增大；210℃之后，若催化剂活性降低，反应速率降低，一氧化氮消耗量降低，一氧化氮的转化率会减小；故答案为：反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；催化剂活性降低、副反应增多；
（5）由电池总反应可知，NiOOH为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e—=Ni(OH)2+OH—，由电极反应式可知，反应转移1mol电子，正极增加的质量为1g，则当电动车车行驶30min，电池的平均电流强度为aA时，正极增加的质量为g，故答案为：。
21．(1)
(2) CO 0.1 0.016 0.08 2 0.1875
【详解】本题主要考查化学反应原理，考查学生对基础知识的理解和综合运用能力。
(1)依据盖斯定律，。
(2)依据图中信息，起始时，容器中和的分压分别为0.5MPa和1.5MPa，总压为，假设图中缺少的组分为，则其分压应该为，此时容器总压为，假设不成立，故缺少的组分为CO(g)或，且其分压为，总压为。设0~15min内，反应Ⅰ有a mol(g)转化，反应Ⅱ有b mol(g)转化，为方便计算假定反应Ⅱ以反应Ⅰ的平衡状态为起始状态，列三段式：
Ⅰ.
，；解得：，；。
①缺少的组分为CO(g)，分压为0.1 MPa。
②反应Ⅰ的反应速率，达到平衡后，。
③反应开始时，容器的总压为2.0 MPa，反应Ⅱ的平衡常数。
22．(1) 第五周期ⅣA族
(2) 负极 CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+ 稀H2SO4
(3) 0.5 0.3 66.7%
【分析】根据图示，CH3OH和H2O在左边电极上反应生成CO2和H2O，CH3OH发生氧化反应，结合原电池原理分析解答；同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，根据三段式列式计算解答。
（1）
CH3OH的电子式为；锡与碳元素属于同一主族，核电荷数为50，原子核外共有5个电子层，锡元素在周期表中的位置是第五周期ⅣA族，故答案为：；第五周期第ⅣA族；
（2）
①根据图示，CH3OH和H2O在左边电极上反应生成CO2和H2O，CH3OH被氧化，发生氧化反应，因此通入CH3OH和H2O的电极为该电池的负极，该电极上的电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+，故答案为：负极；CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+；
②二氧化碳为酸性氧化物，能够与碱溶液反应，因此电解质溶液可能为稀H2SO4，故答案为：稀H2SO4；
（3）
①同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比。
设平衡时，CH3OH的物质的量为x，则
则=，解得：x=0.5mol，故答案为：0.5；
②0～5min内，v(H2)==0.3mol·L-1·min-1，故答案为：0.3；
③CO2的转化率为×100%=66.7%，故答案为：66.7%。
23． CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1 > > 升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大 适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂） 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ pb
【详解】(1) 25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，则①CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=- akJ·mol-1
CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，则②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H = -b kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。
根据盖斯定律①-②-2×③，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CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1；
(2) CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CO(g)转化率增大，则P1>P2，M、N两点为平衡点，两点正逆反应速率都相等， N点压强小于M点，M点的正反应速率>N点的逆反应速率。
(3)升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大，所以升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂）。
(4)由于发生反应ii，容器体积减小，设参加反应ii的CO2的物质的量是xmol，
X=0.75mol
参加反应ii的H2的物质的量是2.25mol，生成甲醇的物质的量是0.75mol、生成水的物质的量是0.75mol；CO2的转化率为50%，则参加反应iii的CO2的物质的量是2×0.5-0.75=0.25mol，反应iii消耗0.25molH2、生成0.25molCO、生成水0.25mol；达到平衡时，容器中CO2(g)的物质的量是1mol、H2的物质的量是4mol-2.25mol-0.25mol=1.5mol、甲醇的物质的量是0.75mol、水的物质的量是0.75mol+0.25mol=1mol，容器内气体总物质的量是6mol×(1-25%)=4.5mol；
反应ⅱ的平衡常数Kp=；
(5)根据图示，右侧电极氧气得电子生成水，B是负极，A是正极；
①甲醇、一氧化碳在阳极失电子生成碳酸二甲酯，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。
②铅蓄电池中，PbO2为正极、Pb为负极；B是阴极，B应与铅蓄电池的Pb相连。
24． 4:1 w(NaC)时，NaCl的浓度越大，铅的浸出率越大 NaCl在该温度下已接近饱和 增大液固比，将步骤Ⅱ的滤渣再次浸取，适当延长浸取时间等 除去滤液中的SO NaCl PbSO4 + nCl- ⇌PbCl+SO PbO2+4HClPbCl2+Cl2+2H2O
【分析】用盐酸和食盐水浸取铅膏，过滤除去废渣，将滤液静置冷却，析出PbCl2，再过滤、洗涤、干燥得到PbCl2，滤液中主要含有Na2SO4，步骤Ⅵ中加入CaCl2，SO与Ca2+生成CaSO4沉淀，步骤Ⅶ过滤洗涤后，将主要含有NaCl的滤液进行循环利用。
【详解】(1)①观察图甲，浓盐酸与水的配比在≥4：1之后，铅的浸出率较高，且配比＞4:1，铅的浸出率升高的不多，因此适宜的配比为4:1。
②观察图乙，铅的浸出率与NaCl质量分数的关系是：w(NaC)时，NaCl的浓度越大，铅的浸出率越大。工业上，采用质量分数约24%的食盐水，而不是无限制提高w(NaCl)来提高铅的浸取率，原因是NaCl在该温度下已接近饱和。
③提高铅的浸出率除浓盐酸与水的配比和w(NaC)外，还可采取的措施有增大液固比，将步骤Ⅱ的滤渣再次浸取，适当延长浸取时间等。
(2)根据分析知，废铅蓄电池中含PbSO4，经过步骤Ⅳ、V提取出PbCl2之后，溶液中阴离子主要为SO，所以溶液中加CaCl2，SO与Ca2+生成CaSO4沉淀，故步骤Ⅵ加入CaCl2的目的是除去滤液中的SO；步骤Ⅶ滤液中溶质的主要成分为NaCl。
(3)①硫酸铅溶于氯化钠生成PbCl，根据电荷守恒、元素守恒配平离子方程式为PbSO4 + nCl- ⇌PbCl+SO
②PbO2具有氧化性，氧化HCl生成氯气，自身被还原为PbCl2，故产生氯气的化学方程式为PbO2+4HClPbCl2+Cl2+2H2O。
25．(1) 碳酸锰矿粉碎、搅拌 增大H+浓度、升高温度等
(2) 2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液
(3)5.4~8.8
(4)7.6×107
(5)50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应
(6)6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O
【分析】碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)中加入硫酸酸浸，矿石中只有SiO2不溶解，其它物质转化为FeSO4、MgSO4、Al2(SO4)3、MnSO4等；加入氧化剂a进行氧化1操作，此时Fe2+被氧化为Fe3+；加入试剂b沉铁铝，生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀；过滤后往滤液中加入MnF2，将Mg2+转化为MgF2；过滤后，往滤液中加入氨水，生成Mn(OH)2沉淀，再通入O2，将Mn元素部分氧化，从而生成Mn3O4。
【详解】（1）通过增大接触面积、适当增大酸的浓度、升高温度等，都可提高“酸浸”效果，则提高“酸浸”的方法有：碳酸锰矿粉碎、搅拌、增大H+浓度、升高温度等。答案为：碳酸锰矿粉碎、搅拌；增大H+浓度、升高温度等；
（2）“氧化1”步骤中，将Fe2+氧化为Fe3+，氧化剂a可选用MnO2，则发生反应生成Fe3+、Mn2+等，离子方程式为2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O，为了检验氧化是否完全，需检验Fe2+是否存在，可选用的试剂是：K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液。答案为：2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O；K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液；
（3）从表中可以看出，pH≥5.4时，Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，pH=8.8时，Mn2+开始沉淀，所以“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为5.4~8.8。答案为：5.4~8.8；
（4）“沉镁”步骤中，沉淀转化反应为MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)则平衡常数K==≈7.6×107。答案为：7.6×107；
（5）从图中可以看出，“沉锰”步骤中，50°C以后，硫酸根含量变化很少，实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应。答案为：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应；
（6）由分析可知，“氧化2”步骤中，Mn(OH)2被O2氧化为Mn3O4等，发生反应的化学方程式为6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。答案为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。
【点睛】检验Fe2+、Fe3+混合溶液中的Fe2+时，不能使用Cl2、KSCN溶液。
26．(1)bcd
(2) 防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀 Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S
(3)Fe(OH)3
(4)
(5) Na2O 能分别与和反应
(6) ＞＞ 70%
【分析】用浮选过的辉铋矿(主要成分是，含少量、、)为原料，加入氯化铁、盐酸，酸性氧化物SiO2不能与酸发生反应，发生的反应有Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S，FeCl3和BiCl3都是强酸弱碱盐，Fe3+、Bi3+会发生水解，向其中加入过量浓盐酸能防止FeCl3及BiCl3水解，故过滤得到滤液和滤渣1(S和SiO2)；滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子、加入氧化铜调节pH使铁离子沉淀为氢氧化铁，则滤渣2为氢氧化铁，所得滤液加过量氨水，发生、使BiCl3沉淀为Bi(OH)3，过滤、洗涤干燥后，Bi(OH)3受热分解得到Bi2O3、Bi2O3和过氧化钠焙烧得到NaBiO3，据此回答。
【详解】（1）搅拌、粉碎矿石能增大接触面积、适当升高温度能提高反应速率，则为了提高原料的浸出率，可以采取的措施有搅拌、粉碎矿石、升高温度，因此选项是bcd。
（2）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+会发生水解反应，已知：极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀且水解程度，则“浸取”过程中加入浓盐酸既能提高浸出率又可防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀；与溶液反应氧化还原反应，生成FeCl3、S和BiCl3，离子方程式Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S。
（3）据分析，“滤渣2”成分的化学式为Fe(OH)3。
（4）的平衡常数，则的平衡常数。
（5）“焙烧”时与可在熔融状态下反应制得，结合化合价变化情况可知，Na2O2被还原生成Na2O、则其副产物为Na2O；“焙烧”过程中要排除和的干扰，原因是能分别与和反应。
（6）①氧化剂的氧化性大于氧化产物，已知：“焙烧”时与可在熔融状态下反应制得，该反应中为氧化剂、为氧化产物，则氧化性＞，已知：，则氧化性：＞；故氧化性由强至弱的顺序为＞＞。
②由已知的两个方程式得到关系式：NaBiO3:H2C2O4=1:1，已知取产品1.0g，消耗的标准溶液25.00mL，则产品纯度为。
27．(1) CD -92
(2)b
(3) 升高温度 增大丙烷的浓度(或增大水蒸气的浓度或增大丙烷和水蒸气的浓度，1分) I 平衡I→Ⅱ和Ⅱ→Ⅲ都是向逆反应方向移动
(4)1.3
(5)
【详解】（1）①A．甲醇和水之间能形成氢键；B．该反应断裂二氧化碳中的极性键和氢气中的非极性键；C．该反应生成了甲醇和水，不满足绿色化学工艺要求；D．催化剂中锆为长周期元素；故选CD。
②根据键能计算器反应热为799×2+3×436-413×3-358-467×3=-92kJ·mol-1。
（2）该反应为放热反应，升温，平衡逆向移动，平衡常数减小，平衡常数K的自然对数lnK减小，故平衡常数K的自然对数lnK与温度的关系如图1中直线b。
（3）①t1min时正逆反应速率都增大，平衡向逆向移动，故改变的条件是升温，t2min时逆反应速率增大，但正反应速率不变，平衡逆向移动，则改变的条件是增大丙烷的浓度或增大水蒸气的浓度或增大丙烷和水蒸气的浓度。
②平衡I→Ⅱ和Ⅱ→Ⅲ都是向逆反应方向移动，故上述三个平衡状态中，原料转化率最大的是I。
（4）反应过程中二氧化碳反应的量为1×80%=0.8mol，其中反应生成甲醇的二氧化碳为0.8×60%=0.48mol，
反应后的总量为0.2+1.24+0.32+1.04+0.24=3.04mol，则平衡时的压强为，则反应Ⅱ的平衡常数Kp=。
（5）根据总反应分析，正极为得到电子的反应，则说明是二氧化碳得到我电子生成一氧化碳，反应式为。
陕西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2021·陕西宝鸡·统考模拟预测）下列说法正确的是
A．向的液体平衡体系中加入少量KCl固体，由于生成物浓度增加，平衡逆向移动，所以液体血红色变浅
B．∆H>0、或∆H<0、∆S<0的化学反应都可能自发进行
C．以铜为电极，电解KI溶液含有少量淀粉，阳极附近溶液呈现蓝色
D．向稀中滴加溶液，反应的离子方程式为
2．（2023·陕西西安·统考二模）恒温密闭容器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H＜0。起始催化剂时，若按照n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入容器，测得平衡时n(H2)和n(H2O)随温度的变化如图所示。下列说法中正确的是
A．L线表示平衡时n(H2O)随温度的变化
B．其他条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大
C．x=5.16mol
D．使用催化剂，可降低反应的活化能，减小△H的值
3．（2023·陕西咸阳·统考二模）下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
向肉桂醛()中加入酸性溶液
验证肉桂醛中含碳碳双键
B
向待测液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液
检验溶液中是否含有
C
用pH试纸分别测定等浓度的溶液和NaClO溶液的pH
比较和HClO的酸性强弱
D
常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间
探究浓度对化学反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
4．（2023·陕西宝鸡·统考一模）下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
探究温度对化学平衡的影响
将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象
若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动
B
检验食品脱氧剂中还原铁粉是否已变质
取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉没有变质
C
比较CH3COO-和ClO-水解程度大小
用pH试纸分别测定同浓度CH3COONa和NaClO溶液的pH
若测得CH3COONa溶液pH大，说明CH3COO-水解程度大于ClO-
D
探究电石与水的反应
将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象
若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔
A．A B．B C．C D．D
5．（2022·陕西榆林·统考三模）材料是社会进步的阶梯。下列对我国最新科技成果解读错误的是
选项
科技成果
化学解读
A
合成CrCoNi材料
Cr、Co、Ni都是过渡元素
B
开发高效催化剂Ag/SiO2，实现CO2还原制备C1、C2高附加值产品
Ag/SiO2能提高CO2的平衡转化率
C
开发光催化剂，实现水和空气转化为H2O2
该反应的原子利用率为100%
D
北京冬奥会采用绿氢“微火”主火炬，电解水制绿氢
电解水制绿氢时，电能转化为化学能
A．A B．B C．C D．D
6．（2022·陕西西安·校联考二模）化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A．丝绸、宣纸及尼龙的主要成分均为合成纤维
B．NaClO和酒精都有氧化性，可用于消毒杀菌
C．在食品中添加抗氧化剂，其目的与化学反应速率有关
D．高压直流电线路的瓷绝缘子经日晒雨淋容易出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加铜环能有效防止铁帽腐蚀
7．（2022·陕西渭南·统考一模）向密闭容器中充入，发生反应： ，达到平衡状态。该反应经过以下两步基元反应完成：
i.
ii.
下列分析不正确的是
A．、
B．
C．恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，升高温度，气体颜色加深，同时电子发生了转移
8．（2022·陕西渭南·统考一模）羰基硫(COS)是以煤、石油、天然气为原料生产的化工原料气中有机硫的主要形式。COS催化水解的反应为：COS(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2S(g) △H＜0，在相同投料比、相同气流速度、相同时间内，测得不同温度及不同催化剂下COS水解反应的转化率如下图所示：
下列说法正确的是
A．N点为该反应达到平衡状态的点
B．正反应的平均反应速率：P＞N＞M
C．任何温度下，γ－Al2O3的催化效果都比TiO2好
D．150℃时，用γ－Al2O3做催化剂，达到平衡时CO2的体积分数最大
二、原理综合题
9．（2021·陕西榆林·统考三模）烟气脱硫脱硝技术是烟气治理的发展方向和研究热点，有着广泛的应用前景。
(1)可用NH3选择性脱除氮氧化物，已知：
①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H1=+180kJ∙mol-1
②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l) ∆H2=-1170kJ∙mol-1
③6NO(g)+4NH3(g)=5N2(g)+6H2O(l) ∆H3
则∆H3= kJ∙mol-1
(2)目前，科学家正在研究一种以乙烯作还原剂的脱硝(NO)原理，其脱硝机理如图1所示，脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2所示。
①写出该脱硝原理总反应的化学方程式： 。
②为达到最佳的脱硝效果，应采取的条件为 (填温度和负载率)。
(3)用酸性KMnO4及添加物浆液也可高效脱除烟气中的NO和SO2.脱除NO时，NO被氧化为，被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为 。
(4)反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) ∆H4=-112.3kJ∙mol-1，是由以下两步反应完成的：
I.____ ∆H5<0；
II.N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g) ∆H6<0。
①第I步反应的化学方程式为
②∆H5 (填“>”、“=”或“<”，下同)-112.3kJ∙mol-1；若第I步反应为快反应，则活化能E(I) E(II)。
③若反应2NO(g)+O2⇌2NO2(g)的正、逆反应速率分别为v正=k正×c2(NO)∙c(O2)、v逆=k逆×c2(NO2)，则该反应的化学平衡常数k= (用含k正和k逆的代数式表示)。
10．（2021·陕西宝鸡·统考二模）选择性催化还原法(SCR)是目前应用最为广泛的氮氧化物NOx的净化方法，其原理是利用NH3在特定催化剂作用下将NOx还原为N2。
(1)常温下，在Cu(OH)2悬浊液中滴加氨水，沉淀溶解得蓝色溶液。已知：常温下，
[Cu(NH3)4]2+(aq)Cu2+(aq)+4NH3(aq)K1=5.0×10-14；Cu(OH)2(s)+4NH3(aq)⇌[Cu(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq)的平衡常数K2=4.4×10-7， 则常温下Ksp[Cu(OH)2]= 。
(2)T1℃时，向2L的恒容密闭容器中通入1molN2和1molH2发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，10min后到达平衡，容器内压强变为起始压强的0.8倍。
①从开始到平衡，v(NH3)= ，T1℃时该反应的平衡常数K= 。
②达平衡状态后，若保持H2浓度不变，将容器体积扩大至2倍，平衡将 填“向正反应方向移动”、“向逆反应方向移动”或“不移动”。
(3)催化剂V2O5-WO3/TiO2中的V2O5是活性组分。在石英微型反应器中以一定流速通过烟气[n(O2)：n(NH3)：n(NO)=71：1：1]，在不同温度下进行该催化还原反应，V2O5的质量分数对单位时间内NO去除率的影响如图所示。
①从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为 。
②V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是 。
③若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当时，随着该比值的增大，NO去除率 填“增大”、“减小”或“不变”；当时，随着该比值的增大，NO去除率无明显变化，可能的原因是 。
11．（2021·陕西宝鸡·统考模拟预测）Ⅰ氮是地球上含量丰富的一种元素,氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题。
(1)图1是和反应生成和NO过程中能量变化示意图图中涉及物质为气态,请写出和CO反应的热化学方程式 。
(2)在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入、,发生反应测得和的浓度随时间变化如图2所示,
①计算该温度下此反应的平衡常数K= ;若使K的值变为1,则应采取的措施是 。
A．增大压强使平衡正移 B．恒压加入一定量 C．降低温度 D．升高温度
②下列措施能使增大的是 。
A．升高温度 B．恒温恒容充入
C．恒温恒容下,再充入1mol D．恒温恒容下,再充入、
(3)在体积为3L的恒容密闭容器中,投入和,在一定条件下合成氨,不同温度下测得的数据如表所示。
温度
平衡时
的产率30%
的物质的量2mol
已知:和的的总能量大于的总能量。
①则 。填“”“”或“”
②在T2、K下,经过5min达化学平衡状态,则内的平均速率 。
Ⅱ①三氧化钼是石油工业中常用的催化剂,也是瓷轴药的颜料,该物质常使用辉钼矿主要成分为通过一定条件来制备。回答下列相关问题:
已知:①
②
(1)若在恒温恒容条件下,发生反应,下列说法正确的是 填字母。
a．气体的密度不变,则反应一定达到了平衡状态
b．气体的相对分子质量不变,反应不一定处于平衡状态
c．增加的量,平衡正向移动
(2)在恒容密闭容器中,加入足量的和,仅发生反应:测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示。
① (填“”“”或“”);比较、、的大小: 。
②若初始时通入为,则A点平衡常数 (用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压总压气体的物质的量分数)
12．（2023·陕西汉中·统考二模）有效去除大气中的H2S、SO2以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。
(1)氨水可以脱除烟气中的SO2.氨水脱硫的相关热化学方程式如下：
2NH3(g) + H2O(1) + SO2(g)=(NH4)2SO3(aq) ΔH=akJ/mol
2NH4HSO3(aq)=((NH4)2SO3 (aq) + H2O(l) + SO2(g) ΔH =bkJ/mol
2(NH4)2SO3(aq) + O2(g)= 2(NH4)2SO4 (aq) ΔH = ckJ/mol
反应2NH3(g) + 2NH4HSO3(aq)+O2(g)= 2(NH4)2SO4+(aq)的 ΔH = kJ/mol(用含a、 b、c的代数式表示)。
(2)H2S与CO2在高温下发生反应： H2S(g) + CO2(g) COS(g)+ H2O(g)。在610K时，将。0.40 mol H2S与0.20 mol CO2充入5 L的空钢瓶中，反应达到平衡后水的物质的量分数为0.2。
①上述条件下H2S的平衡转化事α1= %。
②若在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.3，该反应的ΔH 0(填“<” “>”“<或=”)。
③在610 K时反应H2S(g) + CO2(g) COS(g) + H2O(g)平衡建立的基础上，改变下列一种条件，能使H2S平衡转化率增大的是 (填标号)。
A．向容器中通入H2S B．向容器中通入CO2
C．加入催化剂 D．缩小容器的体积
(3)在气体总压强分别为p1和p2时，反应2SO3(g) 2SO2 g) + O2(g)在不同温度下达到平衡， 测得SO3(g)及SO2(g)的物质的量分数如图所示：
①压强： p2 p1(填：“>”或”<”) ：判断的理由是 。
②若p1=8.1MPa，起始时充入a mol的SO3(g)发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数Kp= MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压-总压×物质的量分数)。
13．（2023·陕西·校联考模拟预测）丁二烯是生产丁苯橡胶SBR、ABS 树脂、聚丁二烯橡胶BR等的基本原料，也是生产氯丁二烯、乙烯基环己烯等化学品的关键中间体，工业上常在钼系催化剂作用下，用丁烯氧化脱氢制丁二烯。丁烯氧化脱氢制丁二烯的反应如下:
反应: 2C4H8 (g) +O2 (g) =2C4H6 (g) +2H2O (g) ΔH
副反应①: C4H8(g) +6O2 (g) =4CO2 (g) +4H2O (g) ΔH1 =-2542.6kJ·mol-1
副反应②: 2C4H6 (g) +11O2 (g) =8CO2 (g) +6H2O (g) ΔH2= -4886.6kJ·mol-1
(1)丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的 ΔH = 。
(2)在钼系催化剂作用下，某恒压密闭容器中通入一定量的丁烯和氧气发生反应: 2C4H8 (g) +O2 (g) 2C4H6(g) +2H2O (g)，分别测得温度和氧烯比(氧气和丁烯的物质的量之比)对丁烯的转化率和丁二烯选择性的影响如下图所示:
氧烯比固定，温度升高，丁烯单位时间内转化率先增大后无明显变化的原因是 ; 丁
丁二烯最佳的温度和氧烯比分别为 ；
(3)400°C时，在体积为1L的恒容密闭容器中充入1mol C4H8和1mol O2发生丁烯氧化脱氢制丁二烯反应和副反应①和②，测得此时容器的压强为P0，平衡时容器内的压强为1.2P0，C4H8的转化率为70%，丁二烯的选择性为90%，则平衡后C4H6 (g)的体积分数为 ，丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的平衡常数K= 。
(4)钼系催化剂上C4H8燃烧反应的速率方程为v (C4H8) =k·px (C4H8) ·Py (O2)。为确定x和y，通过实验获得如图3数据，则:x和y分别为 、 。
(5)一种以C4H8为主要原料的电池工作原理如图4所示。B上的电极反应式为 。
14．（2023·陕西宝鸡·统考二模）实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，研究CO2转化为CH4、CH3OH、HCOOH的重整技术是科学家研究的热点课题，回答下列问题。
反应i：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1
反应ii：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49kJ·mol-1
(1)已知下表中断裂1mol化学键所吸收的能量数据，则ΔH1= kJ·mol-1。
化学键
H-H
O-H
C-H
C=O
能量/kJ
436
463
413
803
(2)在573K时，体积为2L的刚性容器中投入2molCO2和6molH2发生反应ii达到平衡。
①为了提高CH3OH产率可以采取的措施有 (任写两项措施)。
②图1中能表示该反应的平衡常数的对数lnK与(T表示温度)之间的变化关系的曲线是 (选填“m”或“n”)。
③测得在相同时间内，不同温度下的H2转化率如图2所示，v(a)逆 v(c)逆(选填“>”“<”或“=”)；T2温度下该反应的平衡常数K值为 (保留两位小数)。
(3)在恒容密闭容器中，反应i按进料浓度比c(CO2)：c(H2)分别等于1：2、1：5、1：7时，CO2的平衡转化率随条件X的变化关系如图3所示：
①曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为 。
②条件X是 (选填“温度”或“压强”)，依据是 。
(4)我国学者探究了BiIn合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图4所示(带“*”表示物质处于吸附态)。
①阴极的电极反应为 。
②试从图4分析，采用BiIn合金催化剂既优于单金属Bi催化剂，又优于单金属In催化剂的原因 。
15．（2023·陕西咸阳·统考二模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：
反应I：
已知：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
(1)反应I的 。
(2)下列关于反应I～III的说法正确的是______(填标号)。
A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量
B．保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态
C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高
D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能
(3)在催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：
该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ⅱ：
ⅰ：；
ⅱ： .
(4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[∶n(乙苯)]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越 (填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ．乙苯的浓度过低；
ⅱ． 。
③850K时，反应经t min达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为n mol，则v(苯乙烯)＝ 。
(5)700K时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时苯乙烯的分压为 kPa(以含有、、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数。② ]
16．（2022·陕西西安·统考二模）乙烯是一种重要的基本化工原料，乙烯的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，研究工业制取乙烯有重要的意义。
I.工业用H2和CO2在一定条件下合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) ΔH1
已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) ΔH2=-571.4kJ·mol-1
②CH2=CH2(g)+3O2(g)→2CO2(g)+2H2O(1) ΔH3=-1411kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(1) ΔH4=-44kJ·mol-1
(1)ΔH1=
(2)在密闭容器中充入体积比为3：1的H2和CO2，不同温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是_______。
A．为了提高乙烯的产率应尽可能选择低温
B．生成乙烯的速率：v(M)可能小于v(N)
C．平衡常数：KM
II.工业用甲烷催化法制取乙烯：2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g) ΔH>0，T℃时，向4L的恒容反应器中充入2molCH4，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图所示：
(3)实验测得v正=k正c2(CH4)，v逆=k逆c(C2H4)·c2(H2)，k正、k逆为速率常数，只与温度有关，T℃时k正与k逆的比值为 (用含x的代数式表示)；若将温度升高，速率常数增大的倍数：k正 (填“>”“=”或“<”)k逆。
III.乙烷裂解制乙烯：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)。
(4)T℃时，将乙烷与氦气体积比2：1混合后，通入一密闭容器中发生反应。平衡时容器压强为P0Pa，若乙烷的平衡转化率为50%，反应的平衡常数Kp= (用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
IV.电化学法还原二氧化碳制乙烯原理如下图所示。
(5)阴极电极反应式为： ，电路中转移0.6mol电子，两极共收集气体 L(标准状况)。
17．（2022·陕西商洛·统考二模）乙烷、乙烯均是有机合成中重要的原料，乙烯年产量的多少可体现一个国家石油化工发展水平的高低。回答下列问题：
(1)已知有关反应热化学方程式如下：
①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+137kJ·mol-1
②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·mol-1
欲利用反应①、②中的数据求C2H6(g)的燃烧热，还需要知道一种物质的燃烧热(用△H3表示)，请写出该物质的燃烧热的热化学方程式 。C2H6(g)的燃烧热(△H4)为 (用含△H3的代数式表示)。
(2)一定条件下向某刚性恒容密闭容器内充入一定量的C2H6(g)，使其只发生反应①，测得不同温度，分别使用甲、乙两种催化剂的情况下，经过相同反应时间时乙烷的转化率随温度的变化情况如图1所示。
①温度低于1000K时，两种催化剂对该反应活化能影响较大的是 (填“甲”或“乙”)，使用该催化剂时，该转化反应适宜的温度是 ；使用催化剂甲时，当温度高于1000K时，C2H6的转化率减小的原因可能是 (填标号)。
A．平衡向左移动
B．催化剂催化活性降低，导致反应速率减小
C．温度过高，乙烯与氢气发生反应
②乙烷的转化率随时间的变化关系如图2所示，在m点条件下，平衡时总压为2.1×105Pa，经过10min反应达到平衡状态，则0~10min内m点对应反应的v(C2H6)= Pa·min-1，Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，则平衡常数Kp= Pa。
(3)利用电解法可将乙烷转化为乙酸、乙烯等多种产品，工作原理如图3所示。写出生成乙酸的电极反应式： 。
18．（2022·陕西宝鸡·统考三模）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：i.N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol-1
ii.C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-393kJ·mol-1
iii.2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH3=-221kJ·mol-1
则NO与CO反应iv的热化学方程式： 。
(2)某研究小组在三个容积为2L的恒容密闭容器中，在三种不同实验条件分别充入4molNO和4molCO发生上述反应iv。反应体系保持各自温度不变，体系总压强随时间的变化如图1所示：
①温度：T1 T2(①②③问均选(填“<”“=”或“>”)。
②CO的平衡转化率：I II III。
③反应速率：a点的v逆 b点的v正。
④若该反应的速率v正=k正·p2(CO)·p2(NO)(kPa·min-1)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)(kPa·min-1)，k正与k逆仅与温度有关，p(M)表示M的分压，分压=总压×物质的量分数。
i．T1K下，NO的平衡转化率为 ，反应的平衡常数Kp= (kPa)-1(以分压表示)。已知T1K时k正=60(kPa)-3·min-1，则平衡时v逆= kPa·min-1。
ii．升高温度时，的比值 。(选填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)反应iv在不同催化剂甲、乙条件下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图2所示。在工业生产中应选用 催化剂(填“甲”或“乙”)，理由是 。
19．（2022·陕西榆林·统考二模）丙烯是生产石油化工产品的基本原料之一，其需求增长迅速。某科研小组以、、等为催化剂，通过丙烷催化氧化脱氢制备丙烯，其反应原理为 。
Ⅰ．已知：丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、。
。
(1)则 。
Ⅱ．不同催化剂对丙烷的催化效率不同，平衡时，丙烷的总转化率与催化剂、不同投料比之间的关系如表。
催化剂
反应温度/℃
总转化率/%
丙烯的选择性/%
500
3：2：5
25
46.6
500
3：2：5
25
40.0
500
1：1：8
40.0
45.0
(2)在上述三种催化剂作用下，丙烯产率最高的是 (填催化剂的化学式)。
(3)在500℃、以为催化剂的条件下，向容积为10L的恒容密闭容器中充入、、，发生反应，经过10min达到平衡状态。
①，丙烯的化学反应速率 。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．不变
B．与的物质的量之比为1：1
C．的质量不再改变
③欲提高丙烷转化率，可采取的措施是 (任写一条即可)。
④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是 。
(4)在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，平衡时压强为p[已知该催化剂条件下的副反应为]，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数 (用含p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数，列出计算式即可，不用化简)。
20．（2022·陕西西安·模拟预测）据2021年最新统计，中国机动车保有量达到3.8亿辆，稳居世界第一。
Ⅰ.不断改进汽车尾气净化技术是减轻大气污染的重要举揩。其中一种“净化反应”的原理为：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) △H。
(1)已知N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H1=+180.5kJ·mol-1
C(g)+O2(g)=CO2(g) △H2=—393.5kJ·mol-1
2C(g)+O2(g)=2CO(g) △H3=—221kJ·mol-1
净化反应的△H= kJ·mol-1。
(2)下列可判断净化反应达到平衡的是 。
A．混合气体的平均相对分子质量不变 B．p(CO)∶p(N2)=2∶1
C．NO的质量保持不变 D．v(NO)=2v(N2)
(3)净化反应净速率v=v正—v逆=k正p2(CO)·p2(NO)—k逆p2(CO2)·p(N2)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压(分压=总压×物质的量分数)。
①升高温度，k正—k逆 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
②按照n(CO)∶n(NO)=1∶1投料反应，在不同压强下，净化反应中CO的平衡转化率随反应温度的变化如图1所示。当压强为p1、温度为t1℃时，某时刻测得N2的体积分数为，此时= 。
(4)Ⅱ.SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) △H＜0。其他条件相同，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图2。
①工业上选择催化剂乙的原因是 。
②在催化剂甲作用下，图中M点对应温度为210℃。210℃之前，NO转化率随温度升高而增大的原因是 ；210℃之后，NO转化率降低的原因可能是 。
(5)Ⅲ.比亚迪双模电动车不依赖专业充电站，采用了镍镉可充电电池。其总反应为：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。当电动车车行驶30min，电池的平均电流强度为aA，正极质量增加 g(用含a和F的字母表示计算结果)。[已知：①Q=It，Q的单位为C；②法拉第常数为F，单位为C·mol-1]。
21．（2022·陕西榆林·统考三模）以、为原料合成可有效降低空气中二氧化碳的含量，其中涉及的主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ．
回答下列问题：
(1)已知 ；则
(2)某小组在温度为T℃下，将1mol和3mol充入容积为5L的恒容密闭容器中。同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，体系中各组分分压(各组分分压=总压×各组分物质的量分数)随时间的变化情况如图所示。
①图中缺少了一种组分的分压变化，该组分是 (填化学式)，该组分平衡时的分压为 MPa。
②0~15min内，反应Ⅰ的反应速率 ；达到平衡后， 。
③反应开始时，容器的总压为 MPa，T℃时，反应Ⅱ的平衡常数 (用分压代替浓度)。
22．（2022·陕西安康·统考一模）甲醇是一种重要的工业品，也可作燃料电池的原料。回答下列问题：
(1)CH3OH的电子式为 ；Sn与C位于同一主族，核电荷数为50，其在元素周期表中的位置为 。
(2)微型直接甲醇燃料电池是通过MEMS工艺制作的一种微型能源装置，具有结构简单、体积小、质量轻、比能量密度高、环境污染小等优点，其装置如图所示：
①通入CH3OH和H2O的电极为该电池的 (填“正极”或“负极”)，该电极上的电极反应式为 。
②电解质溶液可能为 (填“稀H2SO4”或“KOH溶液”)。
(3)T℃时，将0.75molCO2和2.25molH2的混合气体通入体积为1L的恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，5min后反应达到平衡，此时容器压强为起始压强的。
①平衡时，CH3OH的物质的量为 mol。
②0～5min内，v(H2)= mol·L-1·min-1。
③CO2的转化率为 。(保留3位有效数字)
23．（2022·陕西西安·校考模拟预测）甲醇是一种可再生能源，CO和CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。
(1)已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。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
i.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-90.2 kJ·mol-1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P1 P2，M点的正反应速率 N点的逆反应速率。(填“>”、“<”或“=”)
(3)在某催化剂作用下，CO2和H2发生反应
ii: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ·mol-1
iii：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3=41.2 kJ·mol-1
①维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(℃)
CO2实际转化率(%)
甲醇选择性(%)
243
12.3
42.3
253
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是： 。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是 。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应ⅱ和反应ⅲ，初始压强为P0，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小25%，反应ⅱ的平衡常数Kp= (kPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(5)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，B应与铅蓄电池的 (填“Pb”或“PbO2” )相连。
三、工业流程题
24．（2021·陕西宝鸡·统考模拟预测）由废铅蓄电池的铅膏采用氯盐法制备PbCl2的工艺流程如图：
已知：①铅膏的组成如表：
物相
PbO
PbO2
PbSO4
Pb
总铅
质量分数/%
15.89
4.86
33.74
34.03
76.05
②PbCl2是白色结晶性粉末，微溶于冷水，易溶于热水、浓盐酸和氢氧化钠溶液。
回答下列问题：
(1)铅膏“浸取”时浓盐酸与水的配比(浓盐酸和水的体积比)及氯化钠的浓度均对铅浸取率有较大影响(如图所示)：
①由图甲确定适宜的配比为 。
②已知70 °C时，NaCl的溶解度为37.8 g，由图乙可知铅的浸出率与NaCl质量分数的关系是 ，工业上采用质量分数约为24%的食盐水，不能采用无限制提高w(NaCl)来提高铅的浸出率，其原因是 。
③提高铅的浸出率除浓盐酸与水的配比和w(NaC)外，还可采取的措施有 (至少写2种)。
(2)步骤Ⅵ加入CaCl2的目的是 .步骤Ⅶ滤液中溶质的主要成分为 。
(3)“浸取”时会发生一系列反应。
①硫酸铅溶于氯化钠生成PbCl的离子方程式为 。
②产生氯气的化学方程式为 。
25．（2023·陕西铜川·统考二模）四氧化三锰是电子工业生产锰锌铁氧体软磁材料的重要原料。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)为原料制备高品位四氧化三锰的一种工艺流程如下：
已知：①0.01mol/L金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表中数据：
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Mn2+
开始沉淀
4.1
2.2
7.5
9.6
8.8
完全沉淀
5.4
3.2
9.5
/
/
②Ksp(MgF2)=7.4×10-1l；Ksp(MnF2)=5.6×10-3
回答下列问题：
(1)提高“酸浸”效果的方法有 、 (任写两种)。
(2)“氧化1”步骤中，氧化剂a可选用MnO2，发生反应的离子方程式为 ，为了检验氧化是否完全可选用的试剂是 (写化学式)。
(3)“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为 。
(4)“沉镁”步骤中，沉淀转化反应的平衡常数K值等于 。
(5)“沉锰”步骤中，杂质含量直接影响四氧化三锰的品位，实验测得温度对四氧化三锰中硫酸根含量的影响如图所示。实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是 。
(6)“氧化2”步骤中发生反应的化学方程式为 。
26．（2022·陕西宝鸡·统考二模）铋酸钠是一种不溶于水的强氧化剂，广泛应用于催化合成、化工等各领域，能在水相中有效降解多环芳烃类和有机染料污染物。某研究小组用浮选过的辉铋矿(主要成分是，含少量、、)为原料制备铋酸钠的流程如下：
已知：极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀且水解程度。
(1)为提高原料的浸出率，可采取措施有 (选填序号)。
a.加入足量的蒸馏水 b.搅拌 c.粉碎矿石 d.适当升高温度
(2)“浸取”过程中加入浓盐酸既能提高浸出率又可 ；与溶液反应的离子方程式 。
(3)“滤渣2”成分的化学式为 。
(4)“除铜”时相关反应：的平衡常数，则的平衡常数 (已知：溶度积)。
(5)“焙烧”时与反应可制得，其副产物为 ；“焙烧”过程中要排除和的干扰，原因是 。
(6)取上述产品1.0g，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应，再用的标准溶液滴定生成的，达到滴定终点时平均消耗25.00mL标准溶液。
已知：
①、、的氧化性由强至弱的顺序为 。
②该产品的纯度为 。
四、填空题
27．（2023·陕西商洛·统考三模）实现碳达峰和碳中和目标的有效方式之一是二氧化碳直接加氢合成高附加值产品(烃类和烃的衍生物)，回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢合成甲醇：。
①下列有关叙述错误的是 (填标号)。
A．产物之间能形成氢键
B．该反应断裂极性键和非极性键
C．该工艺是理想的绿色化学工艺
D．催化剂均由短周期元素组成
②已知几种共价键的键能数据如下：
共价键
H—C
C—O
H—O
H—H
键能/(kJ·mol-1)
799
413
358
467
436
kJ·mol-1
(2)CO2加氢制备乙烯：。在密闭容器中通入CO2和H2发生上述反应，测得平衡常数K的自然对数lnK与温度的关系如图1中直线 (填“a”或“b”)
(3)一定条件下发生反应：，改变外界一个条件，反应速率与时间关系如图2所示。
①t1min时改变的条件是 ，t2min时改变的条件是 。
②上述三个平衡状态中，原料转化率最大的是 (填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)，判断依据是 。
(4)一定条件下，向一密闭容器中投入1molCO2和3molH2，此时压强为20kPa，发生如下反应：
反应I：
反应Ⅱ：
达到平衡时，CO2的平衡转化率为80%，CH3OCH3的选择性为60%。反应Ⅱ的平衡常数Kp= (结果保留2位有效数字)。
注明：用分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数。
(5)我国科学家开发Ni—N—C(Cl)催化剂实现高效催化CO2还原制备CO。装置如图所示(采用阳离子交换膜)。总反应为。其正极反应式为 。
参考答案：
1．B
【详解】A．该离子反应为：，加入少量KCl固体，不会引起平衡移动，故A错误；
B．自发，当>0、>0高温下自发，当<0、<0时低温自发，故B正确；
C．当铜为电极时，属于活性阳极，阳极是铜失电子而不是碘离子失电子，故C错误；
D．向稀中滴加溶液是氧化还原反应，离子方程式为：，故D错误；
故答案为B。
2．C
【详解】A．由于，随着温度的升高，平衡逆向移动，增大，减少，故为随温度的变化曲线，A错误；
B．其他条件不变时，若扩大容器容积，浓度均减少，则均减小，B错误；
C．由图知，在393K时，，，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，，设由393K升温到460K时，反应的物质的量为bmol，由关系式，则，，，C正确；
D．使用催化剂，只能降低反应的活化能，且增大反应速率，但不能减小的值，D错误；
故选C。
3．D
【详解】A．肉桂醛中含有醛基和碳碳双键，二者都可以使高锰酸钾溶液褪色，则向肉桂醛()中加入酸性溶液，不能证明肉桂醛中含碳碳双键，故A错误；
B．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入氯水，溶液显血红色，说明溶液中有Fe3+生成，说明原溶液中含有Fe2+，故B错误；
C．NaClO溶液具有漂白性，应选pH计测定盐溶液的pH比较盐溶液的碱性或对应酸的酸性，故C错误；
D．常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间，可以探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；
故选D。
4．A
【详解】A．将2mL 0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动，A正确；
B．取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，可能发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故溶液未变红色，不能说明脱氧剂中还原铁粉没有变质，B错误；
C．NaClO溶液具有漂白性，会漂白pH试纸，使得测量结果不准确，故不能使用pH试纸测量NaClO溶液的pH，C错误；
D．将电石与饱和食盐水反应，反应产生的气体中有C2H2、H2S、PH3，这些气体都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明电石与水反应生成了乙炔，D错误；
故选A。
5．B
【详解】A．合成CrCoNi材料中涉及的金属元素Cr、Co、Ni属于第四周期的副族元素，因此它们都是过渡元素，A正确；
B．催化剂只能加快化学反应速率，缩短达到平衡所需时间，但不能使化学平衡发生移动，因此催化剂Ag/SiO2不能提高CO2的平衡转化率，B错误；
C．H2O、O2在光催化下发生化合反应产生H2O2，反应物的原子全部变为生成物，因此该反应的原子利用率为100%，C正确；
D．水在电解时产生H2、O2，此时的能量转化形式是电能转化为化学能，D正确；
故合理选项是B。
6．C
【详解】A．丝绸的成分是蛋白质、宣纸的成分是纤维素，丝绸、宣纸是天然纤维，尼龙为合成纤维，故A错误；
B．NaClO有氧化性，可用于消毒杀菌；酒精能使蛋白质变性，用于消毒杀菌，故B错误；
C．在食品中添加抗氧化剂，降低氧气浓度，其目是减慢食品氧化的速率，故C正确；
D．在铁帽上加铜环，构成原电池，铁为负极，能加快铁帽腐蚀，故D错误；
选C。
7．C
【详解】A．反应i+ ii=题目中反应，故+=，而反应ii.为形成化学键，故为放热反应，<0，故>0，故A正确；
B．根据I原子守恒，可得，故B正确；
C．该反应是反应前后气体总物质的量不变的反应，缩小体积(加压)，平衡不能移动，而是恒温时，缩小体积，浓度变大，故颜色变深，故C错误；
D．此反应吸热，故升高温度，平衡正向移动，颜色变深，且发生了氧化还原反应，故发生了电子的转移，故D正确；
故选C。
8．B
【详解】A．由图可知，相同温度下由TiO2做催化剂时转化率更高，可知N点并未达到平衡状态，A项错误；
B．相同时间内COS的转化率越大催化效率越高，正反应的平均反应速率：P＞N＞M，B项正确；
C．低温时γ－Al2O3对COS水解反应的催化效果好，C项错误；
D．在相同温度下，无论用哪种催化剂，达到平衡时CO2的体积分数都一样，D项错误；
答案选B。
9． -2070 温度350℃，负载率3.0% 2NO(g)= N2O2(g) > <
【详解】(1)根据盖斯定律可知：反应③=反应②-5×反应①，则∆H3= ∆H2-5∆H1=-1170kJ∙mol-1-5×(+180kJ∙mol-1)=-2070 kJ∙mol-1，故答案为：-2070；
(2)①由图1转化关系可知，该反应过程中乙烯和NO以及氧气在Cu+作催化剂条件下发生反应最终生成二氧化碳、氮气和水，反应的方程式为：，故答案为：；
②由图2可知温度在350℃，负载率为3.0%时，脱硝率最高，故答案为：温度350℃，负载率3.0%；
(3)酸性KMnO4将NO氧化为，被还原为Mn2+，1molNO转移3mol电子，1mol转移5mol电子，根据得失电子守恒及元素守恒，可得该反应的离子方程式：，故答案为：；
(4)①反应2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g) 由以下两步反应完成，结合反应II，根据盖斯定律可知反应I=总反应-反应II，可得反应I为：2NO(g)= N2O2(g)，故答案为：2NO(g)= N2O2(g)；
②由①，结合盖斯定律得：∆H5=-112.3kJ∙mol-1- ∆H6，∆H6<0，则∆H5>-112.3kJ∙mol-1，第I步反应为快反应，根据活化能越低反应速率越快可知E(I)< E(II)，故答案为：>；<；
③反应达到平衡时v正= v逆，即k正×c2(NO)∙c(O2)= k逆×c2(NO2)，，故答案为：；
10． 2.2×10-20 0.02mol·L-1·min-1 12.5 向正反应反向移动 C＞B＞A 在100℃-200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别 增大 NO的去除接近反应限度，去除率无明显变化
【详解】(1)Cu(OH)2悬浊液中存在平衡Cu(OH)2Cu2++2OH-，将已知反应依次标号为反应①、反应②，①+②可得Cu(OH)2Cu2++2OH-，所以Ksp[Cu(OH)2]=K1·K2=5.0×10-14×4.4×10-7=2.2×10-20；
(2)①设平衡时Δn(N2)=x，则列三段式有
恒容密闭容器中气体压强之比等于物质的量之比，平衡时容器内压强变为起始压强的0.8倍，则=0.8，解得x=0.2mol，则Δn(NH3)=0.4mol，容器体积为2L，所以v(NH3)== 0.02mol·L-1·min-1；容器体积为2L，结合三段式，则平衡时c(N2)=0.4mol/L、c(H2)=0.2mol/L、c(NH3)=0.2mol/L，所以该温度下T1==12.5；
②达平衡状态后，若保持H2浓度不变，扩大容器体积，氮气和氨气浓度成比例减少，由于氨气浓度幂级数为2次，所以Qc＜K，向正反应反向移动；
(3)①A、C两点温度相同，催化剂的质量分数不同，有图可知，催化剂的质量分数越大，反应速率越大，A、B两点，催化剂的质量分数一样，温度B点高，则反应速率快，B、C两点催化剂的质量分数对反应速率影响大，即C＞A，则从起始至对应A、B、C三点的平均反应速率由大到小的顺序为C＞B＞A；
②由图可知，在100℃-200℃内，V2O5的质量分数对该催化剂活性的影响是催化剂的质量分数越高，催化剂的活性越好，超过200℃，没有明显区别；
③根据反应4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌4N2(g)+6H2O(g)可知，当时，即此时氨气量不足，随着该比值的增大，平衡正向移动，NO去除率增大；若烟气中O2含量一定，在催化剂适宜温度范围内，当时，NO的去除接近反应限度，所以随着该比值增大，去除率无明显变化。
11． 或 C CD ＞ a b ＜
【分析】反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，根据热化学方程式书写原则进行书写；达到化学平衡状态，则根据三段式结合平衡常数的定义、v=计算；若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol×(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= ×4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，算出A点各物质的压强，代入平衡常数公式Kp=计算。
【详解】(1)反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，和CO反应的热化学方程式 。故答案为：；
(2)①在一定温度下,向2L固定容积的密闭容器中通入、, 所以K=≈0.198 ；平衡常数与温度有关，放热反应，降低温度，平衡正向移动，K变大，若使K的值变为1,则应采取的措施是降低温度；故答案为：或；C；
②A．升高温度，平衡逆向移动，所以减小，故A错误；
B．恒温恒容充入 平衡不移动，所以不变，故B错误；
C．恒温恒容下,再充入1mol ，平衡逆向移动，甲醇增大的幅度比二氧化碳大，所以增大，故C正确；
D．恒温恒容下,再充入、 等效于开始加入4molCO2和6molH2，压强增大，平衡正向移动，所以增大，故D正确；
故答案为：CD；
(3)①和的的总能量大于的总能量，则合成氨的反应为放热反应。T1时氨的产率为30%，氮气过量，按氢气计算理论产量为6molNH3,平衡时生成6mol×30%=1.8molNH3，升高温度，平衡逆向移动，T1温度高，则 ＞ ，故答案为：＞；
②在T2K下,经过5min达化学平衡状态,则内
v(H2)= = =0.2mol•L-1•min-1，的平均速率 。 故答案为：；
Ⅱ(1)a．恒容条件下，随着反应的进行，气体的质量增大，则气体的密度也增大，当气体密度不变时反应达到平衡状态，故正确；
b．只有S2是气体，所以气体相对分子质量始终不变，所以气体相对分子质量不变时反应不一定达到平衡状态，故正确；
c．MoS2是固体，不影响平衡移动，所以加入MoS2平衡不移动，故错误；
故答案为：a b；
(2)①根据图知，压强一定时，升高温度氧气的转化率降低，平衡逆向移动，;该反应的正反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡正向移动，氧气转化率增大，所以、、的大小:。故答案为：；；
②若初始时通入7.0molO2，P2为7.0kPa，A点氧气转化率为50%，则A点n(O2)=7mol×(1-50%)=3.5mol，生成n(SO2)= ×4=2mol，恒温恒容条件下气体压强之比等于物质的量之比，所以A点压强=×7.0kPa=5.5kPa，P(O2)=×5.5kPa=3.5kPa，P(SO2)=(5.5-3.5)kPa=2kPa，则A点平衡常数Kp==,则A点平衡常数(用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算,分压总压气体的物质的量分数)；故答案为：。
12．(1)a+b+c
(2) 30 > B
(3) < 其他条件相同时，增大压强平衡朝着气体体积减小的方向移动，再达平衡时SO3物质的量分数增大，SO2物质的量分数减小 0.6
【详解】（1）①2NH3(g) + H2O(1) + SO2(g)=(NH4)2SO3(aq) ΔH=akJ/mol
②2NH4HSO3(aq)=((NH4)2SO3 (aq) + H2O(l) + SO2(g) ΔH =bkJ/mol
③2(NH4)2SO3(aq) + O2(g)= 2(NH4)2SO4 (aq) ΔH = ckJ/mol
根据盖斯定律①+②+③得2NH3(g) + 2NH4HSO3(aq)+O2(g)= 2(NH4)2SO4+(aq)的 ΔH =( a+b+c )kJ/mol
（2）①
x=0.12mol；上述条件下H2S的平衡转化事α1=。
②若在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.3，说明升高温度，平衡正向移动，该反应的ΔH>0。
③A．向容器中通入H2S，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但H2S平衡转化率减小，故不选A；
B．向容器中通入CO2，平衡正向移动，H2S平衡转化率增大，但CO2平衡转化率减小，故选B；
C．加入催化剂，平衡不移动，H2S平衡转化率不变，故不选C；
D．反应前后气体系数和相同，缩小容器的体积，平衡不移动，H2S平衡转化率不变，故不选D；
选B。
（3）①增大压强平衡朝着气体体积减小的方向移动，增大压强，2SO3(g) 2SO2 g) + O2(g)平衡逆向移动，SO3(g)的物质的量分数增大，所以压强： p2
，，若p1=8.1MPa，Kp=。
13．(1)-198.6 kJ·mol-1
(2) 开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化； 440℃，0.85。
(3) 25% 40
(4) 0
(5)
【详解】（1）分别将三个反应标识为③，①，②，则有③=①×2-②，根据盖斯定律有∆H3=∆H1×2-∆H2=-2542.6×2-(-4886.6)=-198.6 kJ·mol-1。
故答案为：-198.6 kJ·mol-1。
（2）开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化。结合转化率与选择性，依图1可知，最佳温度为440℃，依图2，最佳氧烯比为0.85。
故答案为：开始时，温度升高反应速率加快，丁烯单位时间内转化率增大；随着温度更高时，副反应增多，故转化率无明显变化；440℃，0.85。
（3）反应过程中，由于丁烯的转化率力70%，二丁烯的选择性为90%，丁烯氧化脱氢制丁二烯反应中C4H8的变化量为：1×70%×90%=0.63mol，副反应①中C4H8的变化量为1×70%-0.63=0.07mol；反应前容器的压强为P0，平街时容器的压强为1.2P0。则平衡时气体总的物质的量为2.4mol，设副反应②消耗C4H6为xmol，对于主反应三段式有，对于副反应①三段式有，对于副反应②三段式有
，所以，解得x=0.03，C4H8(g)、C4H6(g)、H2O(g)，O2(g)，CO2(g)的物质的量分别为0.3mol、0.6mol、1.0mol、0.1mol，0.4mol，则平衡后C4H6(g)的体分数为=25%，故丁烯氧化脱氢制丁二烯反应的平衡常数K=40。
故答案为：25%，40。
（4）由图3可知，当p(C4H8)固定时，P (O2)增大时，v (C4H8)不变，得出y=0；而固定P (O2)时，490℃时p(C4H8)从10→20，v从2.5→3.535，得出。解得x=
故答案为：，0。
（5）由图4可知，B极为O2，发生还原反应：。
故答案为：。
14．(1)-154
(2) 增大体系压强、通入H2 n < 14.81
(3) 1：2 压强 该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致
(4) CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH 相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【详解】（1）根据反应热=反应键能和-产物键能和，则ΔH1=2E(C=O)+4E(H-H)-4E(C-H)-4E(O-H)= -154 kJ·mol-1；
（2）①反应为气体分子数减小的放热反应，为了提高CH3OH产率可以采取的措施有增大体系压强、通入H2等。
②反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，同时增大，平衡常数增大，故图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线n；
③测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，由图可知，a点没有达到平衡，氢气转化率较低，生成浓度较低且温度较低；c点达到平衡，氢气转化率较高，生成浓度较大且温度较高；浓度越大、温度越高则反应速率越快，故<；
T2时氢气转化率为80%，根据题给数据可得三段式如下：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
则此时平衡常数；
（3）①氢气浓度越大，则二氧化碳转化率越大，故曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为1：2；
②该反应为气体分子数减小的反应，压强越大，二氧化碳转化率越大，故X表示压强，理由是：该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致；
（4）①根据题给信息可知，在阴极二氧化碳得到电子生成甲酸，电极反应为：CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH；
②根据图像，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
15．(1)
(2)AB
(3)
(4) 低 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低
(5)
【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；
（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；
D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；
故选：AB。
（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；
（5）
+CO2(g)
+
+
起始压强
p1
变化压强
x
x
x
x
x
平衡压强
p1-x
p
x
x
x
由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。
16．(1)-127.8kJ/mol
(2)BD
(3) ＞
(4)
(5) 2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH- 4.48
【详解】（1）根据盖斯定律①×3-②-③×4可得6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)的ΔH1=[(-571.6)×3-(-1411)-(-44)×4]kJ/mol=-127.8kJ/mol；
（2）A．虽然温度降低平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，但是催化效率降低，反应速率慢，不利于提高单位时间内的产率，选项A错误；
B．M点虽然催化效率高，但温度低，而N点温度高，所以v(M)可能小于v(N)，选项B正确；
C．总反应焓变小于0，为放热反应，温度越低平衡常数越大，所以KM＞KN，选项C错误；
D．M点CO2的转化率高，总反应为气体减少的反应，所以此时容器内气体的物质的量少，且此时温度低，所以M点时的压强一定小于N点时的压强，选项D正确；
答案选BD；
（3）T℃达到平衡时，v正= v逆，即k正c2(CH4)=k逆c(C2H4)∙c2(H2)，所以有==K，据图可知，平衡时n(CH4)=x mol，则Δn(CH4)=(2-x)mol，根据反应方程式可知，平衡时n(C2H4)=mol、n(H2)=(2-x)mol，容器容积为4L，所以K==；该反应焓变大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即k正＞k逆；
（4）设初始投料为2molC2H6(g)和1mol氦气，乙烷的平衡转化率为50%，则平衡时n(C2H6)=1mol，Δn(C2H6)=1mol，根据方程式可知n(C2H4)=n(H2)=1mol，n(He)=1mol，平衡时容器压强为pPa，所以p(C2H6)=p(C2H4)=p(H2)=p0Pa=Pa，所以Kp==；
（5）①左侧CO2转化为C2H4，C元素被还原，所以左侧为阴极，电解质溶液显碱性，所以电极反应为2CO2+8H2O+12e-=C2H4+12OH-；阳极反应为4OH--4e-=O2+2H2O，所以转移0.6mol电子时，阴极生成0.05mol乙烯，阳极生成0.15mol氧气，共生成0.2mol气体，标准状况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。
17．(1) H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3 ΔH3-1274kJ/mol
(2) 甲 1000K B 6×103 4×104
(3)C2H6-6e-+2H2O=CH3COOH+6H+
【解析】（1）
还需要知道氢气的燃烧热，故氢气的燃烧热的热化学方程式为H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3。根据盖斯定律可知，根据①C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1=+137kJ·mol-1；②C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l) △H2=-1411kJ·mol-1；
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH3，反应C2H6(g) +3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)可由①+②+③得到，故△H4=△H1+△H2+△H3=ΔH3-1274kJ/mol；
（2）
①由图可知温度低于1000K时，催化剂甲时C2H6的转化率高，故催化剂甲对该反应的活化能影响较大，由图可知转化率最高的温度为1000K；
A．该反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，A不符合题意；
B．随着温度升高，催化剂活性降低，催化效率降低，则反应速率降低，相同时间内，转化率降低，B符合题意；
C．该反应为可逆反应，任何温度下，乙烯与氢气都会发生反应，C不符合题意；
故选B；
②设最初加入的乙烷的压强为xPa，则可得以下三段式：
则0.6x+0.4x+0.4x=2.1×105，x=1.5×105，则0~10min内m点对应反应的v(C2H6)=；平衡时乙烷，乙烯，氢气的分压分别为：，，，则；
（3）
乙烷中的碳为-3价，发生氧化反应生成乙酸，应该在阳极发生反应，电极反应为：C2H6-6e-+2H2O=CH3COOH+6H+。
18．(1)2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol
(2) ＞ ＜ = ＞ 50% 0.05 6.0×105 减小
(3) 甲 催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高
【详解】（1）由盖斯定律可知，ii×2—i—iii可得反应iv：2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，则反应热ΔH=2ΔH2—ΔH1—ΔH3 =(—393 kJ/mol)×2—(+180kJ/mol)—(—221kJ/mol)=—745kJ/mol，反应的热化学方程式为2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol，故答案为：2CO(g)+ 2NO(g) N2(g)+2CO2(g)ΔH=—745kJ/mol；
（2）设温度为T1时一氧化氮的转化率为a，由题意可建立如下三段式：
由图可知，起始和平衡时总压强分别为40kPa、35kPa，由物质的量之比等于压强之比可得：，解得a=0.5，既50%；设温度为T2时一氧化氮的转化率为b，由题意可建立如下三段式：
由图可知，起始和平衡时总压强分别为32kPa、25kPa，由物质的量之比等于压强之比可得：，解得b=0.875，既87.5%；
①该反应为气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率小于T2平衡时一氧化氮转化率，说明T1大于T2，故答案为：＞；
②由图可知，II和III平衡时总压强相等，II的反应速率小于III，说明III的反应条件为T2时选用了合适的催化剂，所以II和III的一氧化氮转化率相等，由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率小于T2平衡时一氧化氮转化率，则转化率的关系为：I＜II=III，故答案为：＜；=；
③平衡时，正逆反应速率相等，由图可知，II和III平衡时总压强相等，II的反应速率小于III，说明III的反应条件为T2时选用了合适的催化剂，催化剂能降低了反应的活化能，加快化学反应速率，则a点的逆反应速率大于b点的正反应速率，故答案为： ＞；
④i．由以上计算可知，T1平衡时一氧化氮转化率为50%，一氧化碳、一氧化氮、二氧化碳、氮气的平衡分压分别为×35kPa=10kPa、×35kPa=10kPa、×35kPa=10kPa、×35kPa=5kPa，则分压平衡常数Kp==0.05；平衡时，正逆反应速率相等，则v正= v逆，k正·p2(CO)·p2(NO) =k逆·p(N2)·p2(CO2)(kPa·min-1)，==K=0.05，由T1K时k正=60(kPa)-3·min-1可得k逆==1200(kPa)-3·min-1，所以v逆=1200(kPa)-3·min-1×5kPa×(10kPa)2=6.0×105kPa·min-1，故答案为：50%；0.05；6.0×105；
ii．由i可知，=K，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，则的比值减小，故答案为：减小；
（3）由图可知，反应iv在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高，所以在工业生产中应选用催化剂甲，故答案为：甲；催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高。
19．(1)-236
(2)
(3) 0.003 C 及时分离出 该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大
(4)
【详解】（1）①
②
由丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、的方程式：
③
④
由盖斯定律可得③×2-④×2+②×2得方程式①，则
则。
故答案为：-236;
（2）在上述三种催化剂作用下，丙烯的选择性高且丙烷的总转化率高时，丙烯产率才会最高，所以最好的催化剂是：。
故答案为：
（3）①在500℃、以为催化剂的条件下，丙烷转化率为25%，丙烯选择性为40%，说明丙烷生成丙烯的部分是40%，则， 则，丙烯的化学反应速率。
②A．与物质状态和热化学方程式的书写有关，所以不论是否平衡状态其值都不变，故A错误；
B．，与的物质的量之比一直为1：1，不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；
C．为生成物，平衡时的质量才不再改变，故C正确。
③欲提高丙烷转化率，即让反应正向进行即可，所以可采取的措施是及时分离出产物，促进反应正向进行。
④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
故答案为：①0.003；②C；③及时分离出；④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
（4）在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，丙烯选择性为45%，丙烷转化率为40%，则，则可得：
起始n始(mol) 1 1 0 0
变化△n(mol) 0.18 0.09 0.18 0.18
终态n终(mol) 0.82 0.91 0.18 0.18
起始n始(mol) 0.82 0.91 0 0.18
变化△n(mol) 0.4-0.18 0.77 0.66 0.88
终态n终(mol) 0.6 0.17 0.66 1.06
故平衡时：，，，，，，则；
平衡时压强为，平衡分压=总压×体积分数，则，，，，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数：
故答案为：
20．(1)—746.5
(2)AC
(3) 减小 576
(4) 低温下乙有很强的催化活性，NO转化率远大于甲 反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，NO转化率增大 催化剂活性降低、副反应增多
(5)
【详解】（1）将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知，②×2—①—③得到净化反应，则△H=(—393.5 kJ/mol)×2—(+180.5kJ/mol)—(—221kJ/mol)=—746.5kJ/mol，故答案为：—746.5；
（2）A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
B．p(CO)∶p(N2)=2∶1不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
C．一氧化氮的质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．v(NO)=2v(N2) 不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选AC；
（3）①该反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，则k正增大的程度小于k逆，(k正—k逆)减小，故答案为：减小；
②当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，则v正—v逆=k正p2(CO)·p2(NO)—k逆p2(CO2)·p(N2)=0，==Kp，设起始一氧化碳和一氧化氮的物质的量为2mol，由图可知，一氧化碳的转化率为80%，由题给数据可建立如下三段式：
由三段式数据可知平衡常数Kp ===，设某时刻测得N2的体积分数为时，生成氮气的物质的量为amol，由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可得：=，解得a=0.4，则=×=×=576，故答案为：576；
（4）①由图可知，其他条件相同，低温时，催化剂乙作用下，一氧化氮的转化率远大于催化剂甲，说明催化剂的活性远大于甲，所以工业上选择催化剂乙做反应的催化剂，故答案为：低温下乙有很强的催化活性，NO转化率远大于甲；
②由图可知，M点一氧化氮转化率最大，说明反应达到平衡，210℃之前反应为达到平衡，温度升高，反应速率加快，一氧化氮的消耗量增大，转化率增大；210℃之后，若催化剂活性降低，反应速率降低，一氧化氮消耗量降低，一氧化氮的转化率会减小；故答案为：反应未达平衡，温度升高，反应速率加快，NO转化率增大；催化剂活性降低、副反应增多；
（5）由电池总反应可知，NiOOH为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e—=Ni(OH)2+OH—，由电极反应式可知，反应转移1mol电子，正极增加的质量为1g，则当电动车车行驶30min，电池的平均电流强度为aA时，正极增加的质量为g，故答案为：。
21．(1)
(2) CO 0.1 0.016 0.08 2 0.1875
【详解】本题主要考查化学反应原理，考查学生对基础知识的理解和综合运用能力。
(1)依据盖斯定律，。
(2)依据图中信息，起始时，容器中和的分压分别为0.5MPa和1.5MPa，总压为，假设图中缺少的组分为，则其分压应该为，此时容器总压为，假设不成立，故缺少的组分为CO(g)或，且其分压为，总压为。设0~15min内，反应Ⅰ有a mol(g)转化，反应Ⅱ有b mol(g)转化，为方便计算假定反应Ⅱ以反应Ⅰ的平衡状态为起始状态，列三段式：
Ⅰ.
，；解得：，；。
①缺少的组分为CO(g)，分压为0.1 MPa。
②反应Ⅰ的反应速率，达到平衡后，。
③反应开始时，容器的总压为2.0 MPa，反应Ⅱ的平衡常数。
22．(1) 第五周期ⅣA族
(2) 负极 CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+ 稀H2SO4
(3) 0.5 0.3 66.7%
【分析】根据图示，CH3OH和H2O在左边电极上反应生成CO2和H2O，CH3OH发生氧化反应，结合原电池原理分析解答；同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，根据三段式列式计算解答。
（1）
CH3OH的电子式为；锡与碳元素属于同一主族，核电荷数为50，原子核外共有5个电子层，锡元素在周期表中的位置是第五周期ⅣA族，故答案为：；第五周期第ⅣA族；
（2）
①根据图示，CH3OH和H2O在左边电极上反应生成CO2和H2O，CH3OH被氧化，发生氧化反应，因此通入CH3OH和H2O的电极为该电池的负极，该电极上的电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+，故答案为：负极；CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+；
②二氧化碳为酸性氧化物，能够与碱溶液反应，因此电解质溶液可能为稀H2SO4，故答案为：稀H2SO4；
（3）
①同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比。
设平衡时，CH3OH的物质的量为x，则
则=，解得：x=0.5mol，故答案为：0.5；
②0～5min内，v(H2)==0.3mol·L-1·min-1，故答案为：0.3；
③CO2的转化率为×100%=66.7%，故答案为：66.7%。
23． CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1 > > 升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大 适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂） 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ pb
【详解】(1) 25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，则①CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=- akJ·mol-1
CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，则②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H = -b kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。
根据盖斯定律①-②-2×③，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CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1；
(2) CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CO(g)转化率增大，则P1>P2，M、N两点为平衡点，两点正逆反应速率都相等， N点压强小于M点，M点的正反应速率>N点的逆反应速率。
(3)升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大，所以升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂）。
(4)由于发生反应ii，容器体积减小，设参加反应ii的CO2的物质的量是xmol，
X=0.75mol
参加反应ii的H2的物质的量是2.25mol，生成甲醇的物质的量是0.75mol、生成水的物质的量是0.75mol；CO2的转化率为50%，则参加反应iii的CO2的物质的量是2×0.5-0.75=0.25mol，反应iii消耗0.25molH2、生成0.25molCO、生成水0.25mol；达到平衡时，容器中CO2(g)的物质的量是1mol、H2的物质的量是4mol-2.25mol-0.25mol=1.5mol、甲醇的物质的量是0.75mol、水的物质的量是0.75mol+0.25mol=1mol，容器内气体总物质的量是6mol×(1-25%)=4.5mol；
反应ⅱ的平衡常数Kp=；
(5)根据图示，右侧电极氧气得电子生成水，B是负极，A是正极；
①甲醇、一氧化碳在阳极失电子生成碳酸二甲酯，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。
②铅蓄电池中，PbO2为正极、Pb为负极；B是阴极，B应与铅蓄电池的Pb相连。
24． 4:1 w(NaC)时，NaCl的浓度越大，铅的浸出率越大 NaCl在该温度下已接近饱和 增大液固比，将步骤Ⅱ的滤渣再次浸取，适当延长浸取时间等 除去滤液中的SO NaCl PbSO4 + nCl- ⇌PbCl+SO PbO2+4HClPbCl2+Cl2+2H2O
【分析】用盐酸和食盐水浸取铅膏，过滤除去废渣，将滤液静置冷却，析出PbCl2，再过滤、洗涤、干燥得到PbCl2，滤液中主要含有Na2SO4，步骤Ⅵ中加入CaCl2，SO与Ca2+生成CaSO4沉淀，步骤Ⅶ过滤洗涤后，将主要含有NaCl的滤液进行循环利用。
【详解】(1)①观察图甲，浓盐酸与水的配比在≥4：1之后，铅的浸出率较高，且配比＞4:1，铅的浸出率升高的不多，因此适宜的配比为4:1。
②观察图乙，铅的浸出率与NaCl质量分数的关系是：w(NaC)时，NaCl的浓度越大，铅的浸出率越大。工业上，采用质量分数约24%的食盐水，而不是无限制提高w(NaCl)来提高铅的浸取率，原因是NaCl在该温度下已接近饱和。
③提高铅的浸出率除浓盐酸与水的配比和w(NaC)外，还可采取的措施有增大液固比，将步骤Ⅱ的滤渣再次浸取，适当延长浸取时间等。
(2)根据分析知，废铅蓄电池中含PbSO4，经过步骤Ⅳ、V提取出PbCl2之后，溶液中阴离子主要为SO，所以溶液中加CaCl2，SO与Ca2+生成CaSO4沉淀，故步骤Ⅵ加入CaCl2的目的是除去滤液中的SO；步骤Ⅶ滤液中溶质的主要成分为NaCl。
(3)①硫酸铅溶于氯化钠生成PbCl，根据电荷守恒、元素守恒配平离子方程式为PbSO4 + nCl- ⇌PbCl+SO
②PbO2具有氧化性，氧化HCl生成氯气，自身被还原为PbCl2，故产生氯气的化学方程式为PbO2+4HClPbCl2+Cl2+2H2O。
25．(1) 碳酸锰矿粉碎、搅拌 增大H+浓度、升高温度等
(2) 2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液
(3)5.4~8.8
(4)7.6×107
(5)50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应
(6)6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O
【分析】碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有少量FeCO3、Al2O3、MgO和SiO2等杂质)中加入硫酸酸浸，矿石中只有SiO2不溶解，其它物质转化为FeSO4、MgSO4、Al2(SO4)3、MnSO4等；加入氧化剂a进行氧化1操作，此时Fe2+被氧化为Fe3+；加入试剂b沉铁铝，生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀；过滤后往滤液中加入MnF2，将Mg2+转化为MgF2；过滤后，往滤液中加入氨水，生成Mn(OH)2沉淀，再通入O2，将Mn元素部分氧化，从而生成Mn3O4。
【详解】（1）通过增大接触面积、适当增大酸的浓度、升高温度等，都可提高“酸浸”效果，则提高“酸浸”的方法有：碳酸锰矿粉碎、搅拌、增大H+浓度、升高温度等。答案为：碳酸锰矿粉碎、搅拌；增大H+浓度、升高温度等；
（2）“氧化1”步骤中，将Fe2+氧化为Fe3+，氧化剂a可选用MnO2，则发生反应生成Fe3+、Mn2+等，离子方程式为2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O，为了检验氧化是否完全，需检验Fe2+是否存在，可选用的试剂是：K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液。答案为：2Fe2++4H++MnO2=2Fe3++Mn2++2H2O；K3[Fe(CN)6]溶液或KMnO4溶液；
（3）从表中可以看出，pH≥5.4时，Fe3+、Al3+全部转化为沉淀，pH=8.8时，Mn2+开始沉淀，所以“沉铁铝”步骤中，调节pH的范围为5.4~8.8。答案为：5.4~8.8；
（4）“沉镁”步骤中，沉淀转化反应为MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)则平衡常数K==≈7.6×107。答案为：7.6×107；
（5）从图中可以看出，“沉锰”步骤中，50°C以后，硫酸根含量变化很少，实际生产中综合考虑选择50°C为宜，不选择更高温度的原因是：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应。答案为：50°C后含量减少的趋势较小、升高温度使NH3·H2O分解加快反而不利于反应；
（6）由分析可知，“氧化2”步骤中，Mn(OH)2被O2氧化为Mn3O4等，发生反应的化学方程式为6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。答案为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O或6Mn2++12NH3·H2O+O2=2Mn3O4↓+12+6H2O。
【点睛】检验Fe2+、Fe3+混合溶液中的Fe2+时，不能使用Cl2、KSCN溶液。
26．(1)bcd
(2) 防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀 Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S
(3)Fe(OH)3
(4)
(5) Na2O 能分别与和反应
(6) ＞＞ 70%
【分析】用浮选过的辉铋矿(主要成分是，含少量、、)为原料，加入氯化铁、盐酸，酸性氧化物SiO2不能与酸发生反应，发生的反应有Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S，FeCl3和BiCl3都是强酸弱碱盐，Fe3+、Bi3+会发生水解，向其中加入过量浓盐酸能防止FeCl3及BiCl3水解，故过滤得到滤液和滤渣1(S和SiO2)；滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子、加入氧化铜调节pH使铁离子沉淀为氢氧化铁，则滤渣2为氢氧化铁，所得滤液加过量氨水，发生、使BiCl3沉淀为Bi(OH)3，过滤、洗涤干燥后，Bi(OH)3受热分解得到Bi2O3、Bi2O3和过氧化钠焙烧得到NaBiO3，据此回答。
【详解】（1）搅拌、粉碎矿石能增大接触面积、适当升高温度能提高反应速率，则为了提高原料的浸出率，可以采取的措施有搅拌、粉碎矿石、升高温度，因此选项是bcd。
（2）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+会发生水解反应，已知：极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀且水解程度，则“浸取”过程中加入浓盐酸既能提高浸出率又可防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀；与溶液反应氧化还原反应，生成FeCl3、S和BiCl3，离子方程式Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++6Fe2++3S。
（3）据分析，“滤渣2”成分的化学式为Fe(OH)3。
（4）的平衡常数，则的平衡常数。
（5）“焙烧”时与可在熔融状态下反应制得，结合化合价变化情况可知，Na2O2被还原生成Na2O、则其副产物为Na2O；“焙烧”过程中要排除和的干扰，原因是能分别与和反应。
（6）①氧化剂的氧化性大于氧化产物，已知：“焙烧”时与可在熔融状态下反应制得，该反应中为氧化剂、为氧化产物，则氧化性＞，已知：，则氧化性：＞；故氧化性由强至弱的顺序为＞＞。
②由已知的两个方程式得到关系式：NaBiO3:H2C2O4=1:1，已知取产品1.0g，消耗的标准溶液25.00mL，则产品纯度为。
27．(1) CD -92
(2)b
(3) 升高温度 增大丙烷的浓度(或增大水蒸气的浓度或增大丙烷和水蒸气的浓度，1分) I 平衡I→Ⅱ和Ⅱ→Ⅲ都是向逆反应方向移动
(4)1.3
(5)
【详解】（1）①A．甲醇和水之间能形成氢键；B．该反应断裂二氧化碳中的极性键和氢气中的非极性键；C．该反应生成了甲醇和水，不满足绿色化学工艺要求；D．催化剂中锆为长周期元素；故选CD。
②根据键能计算器反应热为799×2+3×436-413×3-358-467×3=-92kJ·mol-1。
（2）该反应为放热反应，升温，平衡逆向移动，平衡常数减小，平衡常数K的自然对数lnK减小，故平衡常数K的自然对数lnK与温度的关系如图1中直线b。
（3）①t1min时正逆反应速率都增大，平衡向逆向移动，故改变的条件是升温，t2min时逆反应速率增大，但正反应速率不变，平衡逆向移动，则改变的条件是增大丙烷的浓度或增大水蒸气的浓度或增大丙烷和水蒸气的浓度。
②平衡I→Ⅱ和Ⅱ→Ⅲ都是向逆反应方向移动，故上述三个平衡状态中，原料转化率最大的是I。
（4）反应过程中二氧化碳反应的量为1×80%=0.8mol，其中反应生成甲醇的二氧化碳为0.8×60%=0.48mol，
反应后的总量为0.2+1.24+0.32+1.04+0.24=3.04mol，则平衡时的压强为，则反应Ⅱ的平衡常数Kp=。
（5）根据总反应分析，正极为得到电子的反应，则说明是二氧化碳得到我电子生成一氧化碳，反应式为。
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