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山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-10化学反应速率与化学平衡
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这是一份山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-10化学反应速率与化学平衡，共58页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，工业流程题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-10化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2023·山西晋城·统考三模）某研究团队提出了以氧化石墨烯(GO)为催化剂设计的简易膜反应，其反应为 ，反应过程中能量变化如图所示，下列说法中正确的是
A．反应中(除GO外)既有极性键和非极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成
B．分子中的碳原子均采用杂化
C．催化剂可降低反应的活化能，从而改变反应的焓变
D．氧化石墨烯的作用之一可能是吸附反应物形成更稳定的反应中间体
2．（2023·山西太原·统考一模）以下实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
取2 mL 0.5 mol·L-1 CuCl2溶液于试管中，加热，然后置于冷水中
加热后溶液变为黄绿色，冷却后又变为蓝色
反应[Cu(H2O)4]2++4Cl- ⇌[CuCl4]2-+4H2O的ΔH> 0
B
在圆底烧瓶中加入乙醇和浓硫酸的混合液(体积比约为1：3)，加入少量沸石。迅速升温至140℃，将产生的气体通 入Br2的 CCl4溶液中
Br2的CCl4溶液褪色
乙醇消去反应的产物为乙烯
C
取少量亚硫酸钠固体样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再滴加氯化钡溶液
有白色沉淀生成
样品已经全部变质
D
向两支分别盛有2mL苯和甲苯的试 管中各滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡，静置
盛有苯的试管中溶液无变化，盛有甲苯的试管中溶液褪色
苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，甲苯中的甲基使苯环活化
A．A B．B C．C D．D
3．（2022·山西晋中·统考二模）中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，这项技术是实现“碳中和”的重要途径之一，该反应路径如图所示。下列说法正确的是
A．该过程的总反应为2CO2 +4H2 CH3COOH +2H2O
B．LiI和Rh*均为该反应的催化剂
C．步骤3反应中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成
D．所有步骤发生的反应均为氧化还原反应
4．（2021·山西晋中·统考三模）合成氨的化学反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4 kJ·mol-1.最近，吉林大学与韩国、加拿大科研人员合作研究，提出基于机械化学(“暴力”干扰使铁活化)在温和条件下由氮气合成氨的新方案(过程如图所示)，利用这种方案所得氨的体积分数最终可高达82.5%。下列有关分析错误的是
A．铁是该合成氨反应的催化剂 B．采用该方案生产氨气，活化能不变
C．采用该方案生产氨气，△H不变 D．该方案氨的含量高，与反应温度较低有关
5．（2021·山西太原·统考模拟预测）一定温度下，某定容密闭容器中充入和，发生反应：，其能量变化如图所示。由图可知
A．该反应的
B．使用催化剂可以改变该反应的
C．断键吸收总能量小于成键释放总能量
D．若容器中气体密度不变，则反应达到化学平衡状态
二、原理综合题
6．（2023·山西·校联考模拟预测）甲烷的直接转化具有较高的经济价值，因此备受科学家关注。回答下列问题：
(1)用丝光沸石作催化剂可实现甲烷直接转化制备甲醇，合成方法有以下两种：
方法I： kJ⋅mol
方法Ⅱ：
已知：的燃烧热 kJ⋅mol； kJ⋅mol。
则 。
(2)某工厂采用(1)中方法I生产甲醇。在恒温恒压的密闭容器内充入1 mol 、0.5 mol 和0.5 mol He，测得压强为p MPa，加入合适催化剂后开始反应，测得容器的体积变化如下。
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
容器体积/L
4
3.7
3.55
3.45
3.4
3.4
①下列能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．单位时间内生成1 mol 的同时生成1 mol
B．平衡常数不再变化
C．容器内保持不变
D．混合气体的平均摩尔质量不再变化
②的平衡转化率为 ，该温度下的平衡常数为 (为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(3)北京化工大学某课题组提出了利用光解水产氢过程中形成的活性氧物种活化甲烷直接制甲醇[(1)中方法Ⅱ]的策略。下列说法正确的是___________(填标号)。
A．水在光阳极上发生氧化反应生成
B．生成·OH自由基是化学反应
C．反应过程中C、H、O元素化合价均发生改变
D．在25℃、容积为V L的容器中，适当增大分压，有助于提高的生成速率
(4)某大学采用甲烷电催化氧化法制备甲醇，研究发现在NaCl的碱性电解液中更容易生成，甲烷在催化剂上可能的反应机理如下：
i：
ii：
iii：…
iv：
机理iii为 。阴极的电极反应式为 。
7．（2023·山西·校联考模拟预测）丙烯是产量仅次于乙烯的基本有机原料之一，无氧脱氢制丙烯技术已经工业化。回答下列问题：
丙烷脱氢过程的主反应为C3H8(g) C3H6(g)+H2(g) ΔH1=124.47 kJ/mol
副反应为： i． C3H8(g)CH4(g) +C2H4(g) ΔH2=81.30 kJ/mol
ii． C2H4 (g)+H2(g) C2H6(g) ΔH3=- 136.94 kJ/mol
iii． C3H8(g)+H2(g) CH4(g)+C2H6(g) ΔH4
其中，主反应脱氢的部分反应路径如图1所示(TS 代表过渡态，Pt4代表铂催化剂)。
(1)①计算副反应iii的ΔH4= kJ/mol。
②由图1知，主反应脱氢的限速步骤是第 (填 “一”或“二”)个C- H断键的反应。有利于主反应自发进行的条件是 (填 “高温”“低温”或“任意温度”)。在高温条件下C-C键断裂的裂解反应比C-H键断裂的脱氢反应容易，从动力学角度考虑，为有利于主反应发生应控制的关键生产条件是 。
(2)在压强分别为0.1 MPa和0.01 MPa的条件下，C3H8和C3H6的平衡摩尔分数(即物质的量分数)随温度的变化如图2所示(不考虑副反应)。
①在a、b、c、d四条图线中，分别表示0.01 MPa时C3H8和C3H6物质的量分数的是 、 。
②p点时C3H8的转化率为 ， 反应的分压平衡常数Kp= MPa。
(3)根据LHHW动力学模型，生成C3H6的净反应速率v=k·P(C3H8)·(H2)，其k为速率常数。在刚性容器中进行丙烷脱氢的反应，达到平衡前，相同时间间隔内，随反应进行C3H6的增加量 Δn (填 “变大”“变小”或“不变”)，其原因是 。
(4)四氢铝钠(NaAlH4) 是有机合成中重要的还原剂，其晶胞结构如图3所示(b=2a)。 已知NA为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度为 g/cm3。
8．（2023·山西晋城·统考三模）工厂烟气(主要污染物为、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
(1)还原技术是目前高效、成熟的去除的技术之一()。使用催化剂能有效脱除工厂烟气中的氮氧化物。
已知：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
①反应 。
②在不同温度下，仅改变的浓度，NO的脱除率与浓度的关系如图1所示，浓度在1%~3%之间时，随着浓度增大，NO脱除率明显升高的原因可能是 。
(2)/碳基材料(活性炭、活性焦、活碳纤维)也可以脱硫、脱硝。/碳基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，烟气中的存在对/碳基材料催化剂脱硫、脱硝活性的影响结果如图2所示，当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是 。
(3)研究高效催化剂是解决NO对大气污染问题的重要途径。400℃时，在分别装有催化剂的A和B的两个容积为2L的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为nmol的NO和CO发生反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响，数据如表：
时间/min
0
10
20
30
∞
A容器内压强/kPa
100.0
90.0
85.0
80.0
80.0
B容器内压强/kPa
100.0
95.0
90.0
85.0
80.0
①由表可以判断催化剂 (填“A”或“B”)的效果更好。
②下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．
D．容器内气体的密度不再发生变化
③容器中CO的平衡转化率为 %。400℃时，用压强表示的平衡常数 ()。
④汽车尾气中含有NO和CO，在排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是 。
9．（2023·山西·统考二模）我省作为煤炭大省，为全国经济发展作出了巨大贡献。但是直接将煤炭用作燃料不仅浪费资源，还会污染环境，因此如何对煤炭资源综合利用提高附加值成为我省经济转型发展亟待解决的问题。煤的间接液化是先把煤转化为CO、CO2和H2，再在催化剂作用下合成化工产品。
(1)已知反应：①
②
③
则反应③的 。
(2)已知：在一定条件下可发生反应：
①以下措施能使反应速率和转化率都增大的 (填字母)。
A．压缩体积 B．升高温度 C．恒容充入氦气
D．恒容移走甲醇 E．恒容充入
②催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称活性中心。在催化合成甲醇时必须控制氢碳比在一定区间内，若不变，过多时，反应速率会减慢，可能的原因是 。
③若将一定比例的和在装有催化剂的反应器中反应12小时，体系中产率随温度的变化关系如图所示。之后，产率随温度升高而减小的原因除平衡逆向移动外还可能是 。
(3)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，起始压强为0.2MPa，只发生下列反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
反应达到平衡时，H2O(g)的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系 (填“吸收”或“放出”)热量，反应Ⅰ的平衡常数Kp= MPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
10．（2023·山西临汾·统考一模）落实“双碳”目标，碳资源的综合利用成为重中之重。
I.甲醇不仅是重要的化工原料，还是性能优良的车用燃料。CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下可以合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0，此反应分两步进行：
反应i：Cu/ZnO(s)+H2(g)=Cu/Zn(s)+H2O(g) ΔH>0
反应ii：_______ ΔH<0
(1)反应ii的化学反应方程式为 。
(2)在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1：3投料发生该反应，下列不能说明反应已达到平衡的是_______(填字母标号)。
A．CO2和H2的转化率相等
B．体系的温度保持不变
C．单位时间体系内减少3molH2的同时有1molH2O增加
D．合成CH3OH的反应限度达到最大
(3)研究表明，用可控Cu/Cu2O界面材料也可催化CO2还原合成甲醇。将6.0molCO2和8.0molH2充入体积为3L的恒温密闭容器中发生此反应。测得起始压强为35MPa，H2的物质的量随时间的变化如图中实线所示。
①图1中与实线相比，虚线改变的条件可能是 。
②该反应在0~4min内(实线)H2O的平均反应速率为 (保留2位有效数字)。
③该条件下(实线)的Kp为 MPa-2。
④Cu2O的立方晶胞结构如图2所示。白球代表的是 (填“Cu+”或“O2-”)；a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)，则d的坐标参数为 。
II.在催化剂作用下，用CO脱除NO的反应为：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)。
(4)已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-Ea/T+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效率进行了实验探究，获得如图3曲线。从图中信息获知催化剂的催化效率m n(填“>”“=”或“<”)，其理由是 。
11．（2023·山西·校联考一模）氮族元素及其化合物在工农业生产、环境等方面有重要应用和影响。
(1)燃料在汽车发动机中燃烧时会产生污染环境的、，加装三元催化转化器可使汽车尾气中的、转化为无毒物质。
已知：I.
II.
①则反应III： ，该反应能自发进行的条件是在 (填“低温”、“高温”或“任意温度”)下。
②向某绝热恒容密闭容器内充入一定量的和，发生反应III。下列能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．容器内气体的密度不再改变 B．容器内气体的温度不再改变
C． D．容器内气体的平均摩尔质量不再改变
③向容积均为的三个恒容密闭容器中分别通入和，发生上述反应Ⅲ，a、b、c三组实验的反应温度分别记为。恒温恒容条件下反应各体系压强的变化如图所示。则达到平衡时由大到小的顺序是 ；实验b中，内，分压的平均变化率为 ，该反应的压强平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)氮能与氢、氟形成结构相似的化合物和，请判断键角： (填“>”、“<”或“=”)，原因为 。
(3)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，1号原子的坐标为、3号原子的坐标为，晶体的密度为。
①2号原子的坐标为 。
②原子和原子之间的最短距离为 (不用化到最简)。
12．（2022·山西运城·统考模拟预测）为改变能源结构和缓解环境压力，对甲烷等传统化石燃料的深度处理和综合利用成为当今研究的热点之一。甲烷催化制乙炔的反应体系中主要涉及如下反应：
I.2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH1=+376.6kJ·mol-1；
II.CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH2=+75kJ·mol-1；
III.CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH3=+172kJ·mol-1；
IV.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH4=+41kJ·mol-1。
回答下列问题：
(1)CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH= 。
(2)一定温度下，Kc(III)=0.1mol·L-1、Kc(IV)=0.2(Kc是用平衡浓度表示的平衡常数)，向恒容密闭容器中充入一定量CH4和CO2，5min末达到平衡时测得反应体系中c(CO)：c(H2O)=5：1。则5min末，容器内H2的平衡浓度c(H2)= mol·L-1。
(3)反应中催化剂活性会因反应II而降低，同时反应III又会消除催化剂表面的积碳。催化剂表面生成碳的速率方程为v=(其中k表示速率常数)，则一定温度下，减少催化剂表面积碳量的措施为 。
(4)一定温度下，将2molCH4充入5L恒容密闭容器中发生反应I，实验测得反应前容器内压强为0.1MPa，容器内各气体分压与时间的关系如图1所示。该温度下，反应I的平衡常数Kc= mol2·L-2；16min时改变容器容积，图1中能表示C2H2的分压与时间变化关系的曲线为 (填“L1”“L2”“L3”或“L4”)，原因为 。
(5)有学者结合实验和计算机模拟结果，报道了如图2所示的反应IV的一种反应历程，其中吸附在催化剂表面的物种用“●”标注。反应速率最大的步骤对应的化学方程式为 ；TS3对应的步骤适合在 (填“高温”或“低温”)条件下进行。
13．（2022·山西吕梁·统考二模）1，3-丁二烯和2-丁炔是重要的有机化工原料，正丁烷可用作亚临界生物技术提取剂和制冷剂等。三种物质之间存在如下转化反应：
I.CH2=CHCH=CH2(g)+2H2(g)⇌CH3CH2CH2CH3(g) ∆H1
Il.CH3C≡CCH3(g)+2H2(g)⇌CH3CH2CH2CH3(g) ∆H2
III.CH3C≡CCH3(g)⇌CH2=CHCH=CH2(g) ∆H3
回答下列问题；
(1)T0℃时，向5L恒容密闭容器中充入1molCH3CH2CH2CH3(g)，发生上述转化反应。10min达到平衡时测得CH3CH2CH2CH3(g)的转化率为80%，反应Ⅲ的平衡常数Kc(III)=7。
①0~10min内，反应的平均速率v(H2)=
②反应I的平衡常数Kc(I)= (保留三位有效数字)。
③10min后，若再向容器中充入1molCH3CH2CH2CH3(g)，则CH3CH2CH2CH3(g)的平衡转化率 80%(填“>”“<”或“=”)。
④保持温度不变，起始向恒容密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH=CH2(g)、CH3C≡CCH3(g)和H2(g)，实验测得CH2=CHCH=CH2(g)、CH3C≡CCH3(g)的浓度与时间的关系如图1所示。其中表示CH3C≡CCH3(g)的浓度与时间关系的曲线为 (填“L1”或“L2")；t0min时，反应III向 (填“正反应”或“逆反应”)方向进行，理由为 。
⑤反应III的平衡常数lgKc(III)与温度的倒数1/T的关系如图2所示。则∆H1 ∆H2(填“>”“<"或“=”)，原因为 。
(2)CH2CHCH=CH2是一种重要的有机化工原料，可制备多种产品。有学者研究得出CH2=CHCH=CH2与Br2反应时，生成物中各物质的物质的量分数与溶剂极性美系如下表所示。分析表中数据，可得出的结论为 。
溶剂
溶剂分子的极性参数
反应温度/℃
CH2BrCH=CHCH2Br的物质的量分数/%
CH2=CHCHBrCH2Br的物质的量分数/%
氯仿
4.1
-15
63
37
正己烷
0.0
-15
38
62
14．（2022·山西吕梁·统考一模）NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一，有效去除大气中的NOx是环保工作者的重要研究课题。回答下列问题：
(1)已知：
①2NO2(g)+H2O(l)=HNO3 (aq) + HNO2(aq) △H1=-116.1 kJ·mol-1；
②3HNO2 (aq)=HNO3(aq) +2NO(g)+H2O(l) △H2=+75.9 kJ·mol-1。
则3NO2(g)+ H2O(l)=2HNO3 (aq)+NO(g)的△H为 。
(2)在400 °C、催化剂存在条件下，NH3可以将NO还原为N2和H2O，反应为4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g) +6H2O(g) △H＜0。在该条件下，向体积为1 L的恒容密闭容器中通入4 mol NH3和6 mol NO发生上述反应，5 min末达到平衡， NO的平衡转化率为90%。
①该反应的平衡常数表达式为Kc= ，0~5 min用N2表示该反应的平均速率为 mol· L-1·min-1
②400 °C时，为提高NO的转化率，应选择的反应条件为 (填“增大压强”或“减小压强”)。
(3)NO和H2反应的化学方程式为2NO(g) +2H2(g) N2(g) + 2H2O(g)，在T °C时，1 L恒容密闭容器里，充入0.003molNO和0.006molH2，测得体系的总压强p随时间t的变化如下表所示：
t/ min
0
10
20
30
40
p/kPa
36
33.8
32
30.4
30.4
t=20 min时，体系中H2的分压p(H2)= kPa，NO的平衡转化率为 %(保留一位小数)。
(4)温度为T° C，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1 mol NO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g) N2(g) +2CO2(g)。反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。
①c点时，反应 (填“是”或“否”)达到平衡状态。
② (填“＞”“=”或“＜”) 。
15．（2022·山西·统考二模）我国中科院天津工业生物所利用光伏发电，将电解水获得的H2与CO2反应合成甲醇，再由甲醇经若干醇促反应合成淀粉，首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成，相关论文在国际学术期刊《自然》上发表。回答下列问题：
(1)该研究成果中涉及的能量转换形式为
(2)已知：在一定温度和压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变称为该物质的摩尔生成焓。某些化合物的摩尔生成焓如表所示。
化合物
CO2(g)
CH3OH(g)
H2O(g)
摩尔生成焓/(kJ·mol-1)
-395
-200
-242
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2
①反应Ⅰ的焓变△H1= kJ·mol-1。
②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表所示。
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
起始量/mol
4.0
8.0
0
0
0
平衡量/mol
n1
3.0
已知起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则表中n1= ，反应I的平衡常数Kp= 。(无需带单位，用含p的式子表示)。
(3)取物质的量浓度为amol·L-1的甲醇，选择不同的工程酶组块作为催化剂反应10h，测得实验数据如表所示。
实验序号
温度(K)
不同工程酶的组块
淀粉(g/L)
1
T1
无
0.21
2
T1
agp-M1
0.38
3
T2
agp-M2
1.82
4
T2
agp-M3
1.24
①最佳的反应条件为
②已知温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少，其可能的原因是 。
③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为 g·L-1·h-1，淀粉的产率为 (用含a的代数式表示)。
16．（2022·山西太原·统考三模）在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题：
(1)利用CH4-CO2干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。
①该反应一般认为通过如下步骤来实现：
I．CH4(g)=C(ads)+2H2(g)
II．C(ads)+CO2(g)=2CO(g)
上述反应中C( ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
①反应I是 (填“ 慢反应”或“快反应”)，CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为 。(选取图中E1、E2、E3、E4、E5表示反应热)。
②在恒压条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图1所示。已知在干重整中还发生了副反应：H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH＞ 0，则表示CO2平衡转化率的是曲线 (填“ A”或“B") ，判断的依据是 。
③在恒压p 、800 K条件下，在密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和CO2(g) ，若曲线A对应物质的平衡转化率为40%，曲线B对应物质的平衡转化率为20%，则以上反应平衡体系中n(H2)： n(H2O)= ，则干重整反应的平衡常数Kp (用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。
(2)二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面(Cu、C/Cu、N-C/Cu)的某个基元反应的能量变化如图所示(IS表示始态，TS表示过渡态，FS表示终态， *表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳(N-C)可以提高乙醇的选择性，其原因可能是 。
(3)科学家通过使用双极膜电渗析法来捕获和转化海水中的CO2，其原理如图所示。
①写出与电源正极相连一极上的电极反应式： 。
②下列说法正确的是 (填字母)。
A．循环液1和循环液2中的阴离子种类相同
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．水的电离程度：处理后海水1＞处理后海水2
D．该方法可以同时将海水进行淡化
17．（2022·山西太原·统考二模）绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题：
(1)通过生物柴油副产物甘油制取H2正成为绿色能源的一个重要研究方向。生物甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下：
Ⅰ.C3H8O3(g) 3CO(g)+4H2(g) ΔH1=+251 kJ·mol-1
Ⅱ. CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2 = -41 kJ·mol-1
①反应I能够自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)。
②重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g) 3CO2(g)+7H2(g)的ΔH3= 。
(2)大量研究表明Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应(CH4+CO2 2CO+ 2H2) ，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS1、TS2、TS3、TS4分别表示过渡态1、过渡态2、过渡态3、过渡态4)。下列说法不正确的是 (填字母)。
A．Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、v3，则v1>v3>v2
B．Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是CH3*=CH2*+H*
C．DRM反应中伴随非极性键的断裂和生成
(3)甲烷裂解制氢的反应为CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH =+75 kJ·mol-1，Ni可作该反应的催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应时，若孔道堵塞会导致催化剂失活。其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图乙所示。考虑综合因素，使用催化剂的最佳温度为 ；650℃条件下， 1000 s后，氢气的体积分数快速下降的原因是 。
(4)我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的直流电源方法，从而实现了碳和水的零排放方式生产氢气，电化学反应机理如图所示。阳极的电极反应式为 。
(5)在催化剂作用下H2还原N2O的反应如下：H2(g)+N2O(g) H2O(g)+N2(g) ΔH <0，已知该反应的v正=k 正c(N2O)·c(H2)，v逆=k逆c(N2)·c(H2O) ，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。该反应的lgk正、lgk逆随温度倒数变化的曲线如图所示。表示lgk逆变化的是曲线 (填“a”或“b”)， M点对应温度下的平衡常数K= 。
18．（2021·山西晋中·统考三模）李克强总理在十三届全国人民代表大会第四次会议上作政府工作报告时指出：优化产业结构和能源结构，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。碳中和是指一个组织在一年内的二氧化碳排放通过二氧化碳去除技术达到平衡。
(1)科研人员借助太阳能用二氧化碳制备甲醇等燃料的催化转化是迄今为止最接近光合作用的方法，并且实现了二氧化碳的循环(如图所示)，下列说法错误的是 (填字母)。
A．图中能量转化形式有两种
B．使用催化剂可以提高单位时间内反应物的转化率
C．利用太阳能开发甲醇等液态燃料有利于环境保护
D．该工艺中的H2目前只能由电解水获得
(2)CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)。
①工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：
反应CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)的焓变△H= kJ·mol-1。
②温度为T1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) K=2。
实验测得：v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k逆= k正。
③温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2℃时平衡压强 (填“＞”“＜”或“=”)T1℃时平衡压强，理由是 。
(3)工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧时产生的温室气体CO2，其产物之一是NH4HCO3。已知常温下碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5，写出NH4HCO3水解反应的化学方程式： ，选用上述数据计算该反应的平衡常数Kh= (保留三位有效数字)。
(4)某光电催化反应器如图所示，A极是Pt/CNT电极，B极是TiO2电极。写出A极由CO2制异丙醇的电极反应式： 。
19．（2021·山西临汾·统考二模）氮及其化合物的研究对于生态环境保护和工农业生产发展非常重要。请回答下列问题：
(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物NOx，用CH4催化还原NOx可消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=-865.0 kJ·mol-1
②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=-112.5 kJ·mol-1
③适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，吸收8.9 kJ的热量。
则CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H= kJ·mol-1。
(2)已知合成氨反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92 kJ·mol-1
①合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行实验，所得结果如图1所示(其他条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是 (填“A”、“B”或“C”)，理由是 。
②科研小组模拟不同条件下的合成氨反应，向刚性容器中充人10.0 mol N2和20.0 mol H2，不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系如图2，T1、T2、T3由小到大的排序为 ；在T2、50MPa条件下，A点v正 v逆(填“＞”、“＜”或“=”)；在温度T2压强50 MPa时，平衡常数Kp= MPa-2(列出表达式，分压=总压×物质的量分数)。
③合成氨反应在催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)：
第一步N2(g)→2N*；H2(g)→2H*(慢反应)
第二步N*＋H*⇌NH*；NH*＋H*⇌NH2*；NH2*＋H*⇌NH3*；(快反应)
第三步NH3*⇌NH3(g)(快反应)
i．第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2相比：E1＞E2，请写出判断理由 。
ii．关于合成氨工艺的下列理解，正确的有 (填写字母编号)。
A．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和加快的反应速率
B．合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零
C．NH3易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生
三、工业流程题
20．（2023·山西晋中·统考三模）碲是制作合金添加剂、半导体、制冷元件、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、石油、化工、航空航天与电子等领域。铜电解精炼阳极泥碲化铜渣(主要成分为Cu2Te，还含有金、铂等金属)提取碲的工艺流程如图所示，回答下列问题：
已知：TeO2难溶于水；亚碲酸钠易溶于水；高碲酸钠的化学式：Na2TeO4。
(1)酸浸焙烧前要将碲化铜渣粉碎，目的是 。
(2)滤液i的主要成分： (写物质名称)。
(3)焙烧过程中涉及的化学方程式： 。
(4)碱浸的目的是 。
(5)用H2SO3“酸溶还原沉碲”，写出离子方程式： 。
(6)将碲与锌一起加热，然后升华可制得碲化锌。碲化锌是一种重要的半导体材料，图甲为它的一种立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿z轴投影图。已知a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，则c点的坐标为 ，设ZnTe的摩尔质量为M，阿佛伽德罗常数的值为NA，密度为dg/cm3，则Zn与Te最近距离为 nm。
21．（2023·山西吕梁·统考三模）钛及其合金广泛用于航空航天，有“空中金属”之称，可溶于较浓盐酸。学习小组以高钛渣(含、和少量、和)为原料制备单质钛的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“筛分”的目的为 ；浸渣的主要成分为 (填化学式)。
(2)“转化”工序加入铁粉的目的为 ；“结晶”操作不能控制温度过高的原因为 。
(3)“水解”时发生主要反应的离子方程式为 。
(4)“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为 。
(5)试剂X适合选用___________(填标号)。
A．浓盐酸 B．稀盐酸 C．NaCl溶液 D．NaOH溶液
(6)的晶体类型为 ；单质钛的两种同素异形体的晶胞结构如图所示，甲、乙两种晶体的空间利用率之比为 (用代数式表示)。
22．（2022·山西太原·统考三模）金属钨具有高熔点、低蒸气压、导热性好等特点，是等离子体材料的最佳候选材料。一种以黑钨矿(也叫钨锰铁矿，主要成分是FeWO4和MnWO4)为原料生产金属钨及含钨产品的工业流程如下图所示：
已知：“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和 。
(1)“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是 ；已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3，写出MnWO4发生反应的化学方程式： 。
(2)写出“氧化”时发生反应的离子方程式： 。
(3)“滤渣2”主要是 (填化学式)。
(4)“操作X”是 ，产品 1是 。
(5)已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，请结合平衡移动原理解释利用盐酸进行“酸解”的原因： 。
(6)在实验室利用碘量法测定产品2中WCl6 [(易溶于CS2)的纯度，实验如下：
①将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称量为ag；开盖并计时1min，盖紧称量为bg；再开盖加入待测样品并计时1min，盖紧称量为cg，则样品的质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+。滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，则样品中WCl6的质量分数为 ，(列出计算式，无需化简)
23．（2022·山西太原·统考一模）无水氯化镨(PrCl3)是制取稀土金属镨及镨合金的主要原料，采用以下工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、Pr2S3、SiO2等)制备氯化镨晶体(PrCl3·6H2O)。
已知：①2FeCl3+ZnS=ZnCl2+2FeCl2+S；2FeCl3+FeS=3FeCl2+S
②该条件下，溶液中部分金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：
金属离子
Zn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
5.4
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
6.4
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)①若其他条件不变，采取下列措施能提高镨元素浸出率的有 (填字母)。
A．适当升高溶浸温度B．适当加快搅拌速率C．适当缩短溶浸时间
②写出“溶浸”时Pr2S3发生反应的离子方程式： 。
(2)“滤渣1”的主要成分是 。
(3)在“沉淀”时加入氨水逐步调节溶液的pH至6.5，依次析出的金属离子是 ；已知Fe(OH)3在隔绝空气的条件下与FeS2混合焙烧时生成Fe3O4和S，写出该反应的化学方程式： 。
(4)①利用电解法可以生产金属镨。先将氯化镨与工业纯KCl配成二元电解质体系(PrCl3-KCl)；然后置于石墨电解槽内熔化，通入直流电进行电解。电解过程中得到金属镨的电极反应式为 。
②科学家以氯化镨气溶胶为前驱体，研究了PrCl3·6H2O的高温热解机制。利用X射线衍射技术分析，其结果如下表所示：
热解温度/℃
氯化镨气溶胶的热解产物
600
Pr(OH)2Cl和PrOCl
700～1000
Pr(OH)2Cl、PrOCl和PrO2
1100
PrO2和Pr(OH)2Cl
以上热解产物中，热稳定性最差的是 (填化学式)。氯化镨的高温热解过程主要是发生PrCl3的水解反应、Pr(OH)2Cl的脱水反应和PrOCl的氧化反应，从表中数据分析1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl的原因是 。
四、实验题
24．（2023·山西晋中·统考三模）苯甲酸甲酯是一种无色透明油状液体，具有浓郁的冬青油香气，用于配制香水、香精，也可用作有机合成中间体、溶剂等。某实验小组以苯甲酸和甲醇为原料模拟工业合成苯甲酸甲酯，步骤如下：
Ⅰ．制备：向100mL如图所示的装置A中加入磁力搅拌子，然 后依次加入6.1 g苯甲酸、10 mL 95%甲醇、20 mL苯，微热将苯甲酸全部融化后，加入2.5克固体氯化铝催化剂。按如图所示组装好仪器，并预先在分水器内加入水至略低于支管口，加热回流4 h，直至反应基本完成。
实验过程中分水器得到的液体会分层，需多次开启分水器活塞将下层液体放出。
Ⅱ．分离提纯：待反应液冷却至室温后过滤掉氯化铝，将液体倒入盛有冷水的烧杯中，再经过一系列分离提纯操作，最后蒸馏收集196~199°C馏分，得到5.0 g产品。
可能用到的数据如下：
有机物名称
相对分子质量
密度/(g· cm-3)
沸点/°C
溶解性
苯甲酸
122
1.26
249
微溶于水，易溶于乙醇
甲醇
32
0.79
64.8
易溶于水
苯甲酸甲酯
136
1.08
198
难溶于水、易溶于乙醇
苯
78
0.88
80.1
难溶于水
请回答下列问题：
(1)苯甲酸的沸点高于苯甲酸甲酯的原因为 。
(2)加料时，n(甲醇):n(苯甲酸)约为5:1，甲醇过量的原因是 ；但醇酸比超过5:1时，醇酸比的增加对产率影响不大，原因是 。
(3)该实验的温度控制在85°C，应采取的加热方式为 。
(4)实验中需多次将分水器中下层液体放出，其目的是 ，判断反应已经完成的标志是 。
(5)步骤Ⅱ中，“一系列分离提纯操作”过程中用到的试剂包括a．无水氯化钙，b．饱和食盐水，c．5% Na2CO3溶液。按操作先后顺序应依次加入 (填字母)，加入饱和食盐水的作用是 。
(6)传统制法用浓硫酸催化，浓硫酸催化具有活性高，价格低廉的优点，但现代工艺多以固体氯化铝作催化剂。这样改进最主要的原因是 。
五、填空题
25．（2022·山西晋城·统考二模）工业上常用合成气(主要成分为CO、H2及少量CO2、H2O)制备甲醇，然后再利用甲醇合成其它化工产品，部分合成原理如下图所示：
回答下列问题：
(1)反应2为副反应，为了减少该副反应的发生，提高反应1的选择性，要优先考虑 ，已知298K时，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫该物质在此温度下的标准生成焓()。下表为几种物质的标准生成焓，反应2的ΔH= kJ·mol-1
物质
CO2(g)
CO(g)
H2O(g)
(kJ·mol-1)
-394
-111
-242
(2)500K温度下，在2L的刚性容器中充入4molCO和8molH2制备二甲醚(忽略反应2的发生)，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)。
①从开始到平衡，反应1的v(H2)= mol·L-1·min-1。
②反应4中甲醇的转化率为 ，反应1的平衡常数Kc= 。
(3)在T2K、1.0×104kPa下，等物质的量的CO与CH3OH混合气体只发生反应3。反应速率v正-v逆=k正·p(CO)·p(CH3OH)-k逆·p(CH3COOH)，k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压(气体分压p=气体总压p总×体积分数)。用气体分压表示的平衡常数Kp=4.5×10-5，当CO的转化率为20%时，= 。
(4)对于反应2(不考虑其他反应)，若CO和CO2的浓度随时间发生变化的曲线如图所示。则t2时刻改变的条件可能是 (任写一种)，若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2倍，在图中t4~t5区间内画出CO、CO2浓度变化曲线，并标明物质 (假设各物质状态均保持不变)。
参考答案：
1．D
【详解】A．反应中没有非极性键的断裂，A项错误；
B．分子中，C原子的杂化方式有sp、、，B项错误；
C．催化剂可以降低反应的活化能，不可以改变反应的焓变，C项错误；
D．由图中信息可知，氧化石墨烯可吸附反应物形成更稳定的反应中间体，利于反应进行，D项正确；
故选：D。
2．A
【详解】A．[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，[CuCl4]2-呈黄色，升温溶液变黄，则平衡正向移动，正向为吸热反应，A正确；
B．乙醇消去反应要迅速升温至170℃，B错误；
C．先加足量盐酸，再加BaCl2，有白色沉淀生成说明溶液中有，因此生成白色沉淀说明Na2SO3已经变质，但不能说明完全变质，C错误；
D．甲苯能使KMnO4褪色时甲基被氧化为羧基，因此是苯环对甲基的影响，D错误；
故选A。
3．B
【详解】A．根据图示，CH3OH、CO2、H2反应生成CH3COOH和H2O，化学方程式为：，故A错误；
B．LiI在步骤1中作反应物、步骤5作生成物，所以LiI是该反应是催化剂，Rh*也是该反应的催化剂，故B正确；
C．步骤3中有C=O的断裂、C-Rh键的断裂，有C-C键的形成、O-Rh键的形成，所以没有非极性键的断裂，故C错误；
D．步骤5中，HI和LiOH为反应物，H2O和LiI为生成物，可表示为HI+LiOH═H2O+LiI，无元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
4．B
【详解】A．由循环图看出，铁结合了活性氮原子参与了反应，后又生成铁，在反应前后质量和性质不变，是合成氨的催化剂，A正确；
B．使用催化剂能改变活化能，B错误；
C．催化剂只改变反应历程，但△H不变，C正确；
D．合成氨是放热反应，较低的反应温度有利于氮气转化率及氨气产率的提高，D正确。
故选：B。
5．C
【详解】A．由图示可知，该反应的，故A错误；
B．焓变只与反应体系的始态和终态有关，使用催化剂不能改变该反应的，故B错误；
C．该反应放热，断键吸收总能量小于成键释放总能量，故C正确；
D．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，所以密度是恒量，容器中气体密度不变，反应不一定达到平衡状态，故D错误；
选C。
6．(1)+115.4 kJ⋅mol
(2) AD 60%
(3)ACD
(4)
【详解】（1）已知：① kJ⋅mol；② ；③ kJ⋅mol；④ kJ⋅mol，由盖斯定律可知，反应②=反应①-反应③-反应④， kJ⋅mol。
（2）①A．单位时间内生成1 mol 的同时生成1 mol ，则，能说明反应达到平衡状态，A正确；
B．由于恒温，平衡常数始终不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．起始充入1 mol 、0.5 mol ，则容器内始终等于2，不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．气体总质量不变，气体总物质的量为变量，因此，混合气体的平均摩尔质量不再变化，能说明反应达到平衡状态，D正确；
故选AD。
②根据题意，列出下列三段式进行计算：
N(起始)mol，n(平衡) mol。恒温恒压条件下，，，解得，的平衡转化率。平衡时混合气体的总压强=起始时混合气体的总压强 MPa，n（平衡）mol，平衡时、、的物质的量分别为0.4 mol、0.2 mol、0.6 mol，平衡时、、的分压分别为 MPa、 MPa、 MPa。该温度下的平衡常数。
（3）A．在光阳极上发生反应生成，O元素化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B．生成·OH自由基只有断键没有成键，不是化学反应，B错误；
C．由示意图中物质转化可知，反应过程中C、H、O元素化合价均发生改变，C正确；
D．在25℃、容积为V L的容器中，适当增大分压，即相当于增大了反应物的浓度，有助于提高的生成速率，D正确；
故选ACD。
（4）由题意iv中反应物有CH3Cl，推测其为iii的生成物，又因为为催化剂，推测其为iii的生成物，综上，iii为。已知甲烷被氧化，则甲烷一极为阳极，条件为无氧条件，溶液为碱性，则阴极反应式为。
7．(1) -55.64 一 高温 使用催化剂
(2) c b 25%
(3) 变小 随反应进行，C3H8 的分压减小，H2 的分压增大，使净反应速率减小，相同时间间隔内C3H6的增加量变小
(4)其他合理表达形式也可
【详解】（1）①根据盖斯定律，反应iii= i+ ii，ΔH4 =ΔH2+ΔH3=81.30 kJ/mol- 136.94 kJ/mol=-55.64 kJ/mol；
②一个反应的决速步骤取决于该反应历程中最慢的那个反应，根据活化能越大，反应速率越慢，根据图示，第一步的活化能更大，所以第一步为决速步骤；主反应C3H8(g) C3H6(g)+H2(g) ΔH1>0，ΔS>0，所以高温条件下有利于主反应的自发进行；
由于在高温条件下C-C键断裂的裂解反应比C-H键断裂的脱氢反应容易，从动力学角度考虑，为有利于主反应发生，应降低主反应的活化能，使C-H键断裂的脱氢反应更容易进行，所以控制的关键生产条件是加入催化剂；
（2）①根据主反应C3H8(g) C3H6(g)+H2(g) ΔH1=124.47 kJ/mol，温度升高，平衡往正向移动，C3H8减小，C3H6增大，所以代表C3H8的是曲线是a、c，代表C3H6的是b、d；压强减小，平衡往正向移动，C3H8更小，C3H6更大，所以代表0.01 MPa时C3H8和C3H6物质的量分数的是c、b；
②p点时代表的是0.1MPa时，C3H8的物质的量分数为60%，据此列三段式：设起始物质的量为amol，变化量为xmol，
，解得a=4x，
则C3H8转化率=， 反应的分压平衡常数Kp=；
（3）根据生成C3H6的净反应速率v=k·P(C3H8)·(H2)，在刚性容器中进行丙烷脱氢的反应，达到平衡前，随反应进行，C3H8的分压减小，H2的分压增大，使生成C3H6的净反应速率v减小，根据速率计算公式，相同时间间隔内C3H6的增加量变小；
（4）由晶胞结构可知，位于体心、顶点和面上的四氢合铝酸根离子的个数为1+8×+4×=4，位于棱上、面上的钠离子个数为4×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10-7)2×2a×10-7×d，解得d=，故答案为：。
8．(1) NO与反应生成，而氧化性更强，更易与反应(或其他合理答案)
(2)氧气浓度过高时，、和NO分子会产生竞争吸附的局势，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案)
(3) A AB 80 3.2 催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大
【详解】（1）①由盖斯定律可得，反应Ⅰ－反应Ⅱ×4可得题中热化学方程式，即ΔH=ΔH1－4ΔH2=(-905.8)kJ/mol－4×180.0kJ/mol=-1625.8kJ/mol；故答案为-1625.8；
②氧气浓度在1%～3%之间，随着氧气浓度增大，NO与O2反应生成NO2，NO2的氧化性比NO强，更易与NH3反应，因此NO的脱除率明显升高，也可能氧气浓度增大，正反应速率增大，单位时间内NO的消耗量增加，脱除率明显升高等；故答案为NO与O2反应生成NO2，而NO2氧化性更强，更易与NH3反应(或其他合理答案)；
（2）氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，使得O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降等；故答案为氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案)
（3）①催化剂能加快反应速率，则催化剂的效果越好，达到平衡所用的时间越短，根据表中数据，使用催化剂A时反应达到平衡所用时间更短；故答案为A；
②A．NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向为一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，即2v正(N2)=v逆(NO)，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B．组分都是气体，混合气体总质量不变，该反应为气体物质的量减少的反应，因此混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡，故B符合题意；
C．c(NO)∶c(CO)=1∶1不能说明反应物、生成物的浓度保持不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．混合气体的总质量不变，该容器恒容，总体积不变，即混合气体的密度一直不变，混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为AB；
③NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，令达到平衡时生成氮气物质的量为xmol，则生成CO2物质的量为2xmol，n(NO)=n(CO)=(n-2x)mol，在恒容的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，因此有，解得x=0.4n，CO的平衡转化率=80%；=3.2(kPa-1)；故答案为80%；3.2(kPa-1)；
④汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是排气管是敞口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物的转化率越高；故答案为催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大。
9．(1)+131.3kJ/mol
(2) A 过多的H2占用催化剂活性点位过多，导致反应速率减慢 催化剂活性降低
(3) 吸收 0.02MPa
【详解】（1）已知反应：①
②，则可得反应③，根据盖斯定律可知反应③的=[(-221.0)-(-483.6)]kJ/mol=+131.3kJ/mol，故答案为：+131.3kJ/mol；
（2）①A．已知该反应正反应是一个气体体积减小的方向，故压缩体积，反应物和生成物浓度增大，反应速率增大，化学平衡正向移动，CO转化率增大，A符合题意；
B．已知该反应正反应为放热反应，故升高温度，反应速率增大，化学平衡逆向移动，CO的转化率减小，B不合题意；
C．恒容充入氦气，反应速率不变，化学平衡不移动，CO转化率不变，C不合题意；
D．恒容移走甲醇，即减小生成物浓度，反应速率减慢，平衡正向移动，CO转化率增大，D不合题意；
E．恒容充入CO(g)，反应物浓度增大，反应速率增大，平衡正向移动，H2转化率增大，而CO转化率减小，E不合题意；
故答案为：A；
②催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称活性中心,在催化合成甲醇时必须控制氢碳比在一定区间内，若n(CO)不变，n(H2)过多时，则由于H2占用催化剂活性点位过多，则CO占用催化剂的活性点位过少，导致反应速率会减慢，故答案为：过多的H2占用催化剂活性点位过多，导致反应速率减慢；
③由图可知490K后温度升高时甲醇的产率降低，可知该反应为放热反应，490K之前甲醇的产率均小于最大产率，则温度为470K时，图中P点不是处于平衡状态。490K之后，甲醇产率下降的原因是反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低，CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）正向移动，故答案为：催化剂活性降低；
（3）设反应Ⅰ中水转化的物质的量为a,反应Ⅱ中水转化的物质的量为b,可列出以下式子：，，根据H2O（g）的转化率为50%，可得×100%=50%，CO的物质的量为0.1mol可得a-b=0.1，解得a=0.3mol，b=0.2mol，则反应Ⅰ吸收能量0.3mol×131.3kJ•mol-1=39.39kJ，反应Ⅱ放出热量为：0.2mol×41.1kJ•mol-1=8.22kJ，故整个过程是吸热过程，吸收热量为：39.39kJ-8.22kJ=31.17kJ；由以上计算可知：n（H2O）=0.5mol，n（H2）=0.5mol，n（CO）=0.1mol，n（CO2）=0.2mol，n（总）=（0.5+0.5+0.1+0.2）mol=1.3mol，物质的量之比等于压强之比可得=，p=0.26MPa，Kp===0.02MPa，故答案为：吸收；0.02MPa。
10．(1)Cu/Zn(s) + 2H2(g) + CO2(g) = Cu/ZnO(s) + CH3OH(g)
(2)AC
(3) 升高温度 0.16 mol·L-1·min-1 /0.02 O2- (，，)
(4) < 直线 n斜率大(或直线n斜率绝对值小或直线n较m平缓)，Ea小， 反应速率快，催化效率高
【详解】（1）由总反应减去反应i即反应ii：Cu/Zn(s) + 2H2(g) + CO2(g) = Cu/ZnO(s) + CH3OH(g)；
（2）A．由于二氧化碳和氢气的起始物质的量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二者的转化率均相等，则二氧化碳与氢气的转化率相等不能说明反应达到平衡，A说法错误；
B．反应①为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，B说法正确；
C．单位时间内体系中3 mol氢气减少和1 mol水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，C说法错误；
D．化学平衡状态是化学反应的最大限度，反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，D说法正确；
故选AC。
（3）①虚线A，反应速率加快，氢气平衡浓度增大，说明改变条件平衡逆向移动，改变的条件可能是升高温度；
②该反应在0至4min内消耗氢气的物质的量为(8-2.3)=5.7mol，根据方程式可知生成水的物质的量为1.9mol，H2O的平均反应速率为mol·L-1·min-1；
③反应达到平衡状态，氢气的物质的量为2mol；
同温、同体积，压强比等于物质的量比，平衡时总压强为35MPaMPa； Kp=0.02MPa-2；
④利用均摊法，白球的个数为，黑球个数为4，根据Cu2O化学式知白球为O2-
；结构晶胞中小白球的位置应为晶胞均分为8个小立方体的4个体心的位置，故d的分数坐标为：(，，)；
（4）根据图示，直线n较m平缓，可知Ea小，反应速率快，所以催化效率高的是n，即m
(2) > F的电负性比H大，中成键电子对离中心原子较远，成键电子对之间的排斥力较小，因而键角较小
(3)
【详解】（1）①已知：I.
II.，根据盖斯定律可知，反应III=反应II-反应I，所以对应反应热=；该反应为熵减的放热反应，根据吉布斯自由能可知，若反应能自发进行，则，则需低温条件下进行；
②向某绝热恒容密闭容器内充入一定量的和，发生反应III，则
A．容器内气体的总质量随着反应的进行不变，气体的总体积不变，所以气体的密度为恒量，则气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．因为体系为绝热体系，随着反应的进行，不断有热量变化，所以当容器内气体的温度不再改变，说明反应达到了平衡状态，B符合题意；
C．，没有指明是否是正逆反应速率，不能说明是否是平衡状态，C不符合题意；
D．容器内气体的总质量为恒量，气体的总物质的量随着反应的进行在变，所以气体的平均摩尔质量为变量，则当气体的平均摩尔质量不再改变时，则说明反应达到了平衡状态，D符合题意；
故选BD；
③恒温恒容条件发生发应III，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，随着反应的进行，各容器内压强：pa=pb＜pc，说明平衡时气体的总物质的量：na=nb＜nc，即平衡时CO的转化率：a=b＞c，则平衡常数：Ka=Kb>Kc；实验b中，反应III中，0-20min内，体系压强从160 kPa减少到140kPa，减小的压强为生成氮气的分压，即Δp(N2)=20kPa，所以转化的CO的分压Δp(CO)=2Δp(N2)= 40kPa，起始总压为160kPa，CO和NO的物质的量之比为1:1，即CO的起始分压为80kPa，所以CO分压的平均变化率为2；列出三段式如下：
，所以该反应的压强平衡常数Kp=；
（2）因为F的电负性比H大，中成键电子对离中心原子较远，成键电子对之间的排斥力较小，因而键角：NH3＞NF3；
（3）①A点坐标为(0，0，0)，则A原子位于坐标原点，由图可知2号原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即2号原子的坐标为(，，)；
②由题干晶胞图示可知，一个晶胞中含有Ga的个数为=4，As的个数为4，设晶胞中Ga与As两原子核间最近距离为x nm，则晶胞体对角线长度为4x nm，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，则晶胞的边长为：a= ，晶胞质量为g，所以晶胞的密度ρ=，化简整理得x=nm。
12．(1)+206kJ·mol-1
(2)0.1
(3)减小CH4分压(或增大CO2分压)
(4) 0.0192 L2 缩小容器容积，C2H2浓度瞬时增大，平衡逆向移动，C2H2浓度减小
(5) CO2·+H2·=CO2·+2H·(或H2·=2H·) 低温
【解析】(1)
由盖斯定律可知ΔH=ΔH2-ΔH4+ΔH3，带入数据可知，ΔH=+206kJ·mol-1；
(2)
将，，计算可得，已知c(CO)：c(H2O)=5：1，则5min末，容器内H2的平衡浓度；
(3)
由速率方程式可知，一定温度下，减少催化剂表面积碳的措施为减小CH4分压或增大CO2分压；
(4)
①将2molCH4充入5L恒容密闭容器中发生反应I，列出压强三段式如下：
有恒容容器中压强之比等于物质的量之比推知CH4、C2H2、H2平衡物质的量浓度为0.24mol/L、0.08 mol/L、0.24 mol/L，则反应Ⅰ的平衡常数为；
②L2曲线；
③由图1可知，16min为缩小容器的体积，相当于增大压强，C2H2的浓度瞬间增大，平衡逆向移动，C2H2的浓度逐渐减小，故曲线L2能表示C2H2的分压与时间变化关系；
(5)
①活化能越小，反应速率越大，故反应速率最大的步骤为TS1，化学方程式为CO2·+H2·=CO2·+2H·(或H2·=2H·)；
②TS3对应的步骤为形成O-H键的放热过程，适合在低温条件下进行。
13．(1) 2.79 < L2 正反应 t0min时，反应Ⅲ的浓度商Q==3.5< Kc(III) ＞ 温度升高，Kc(III)减小，∆H3<0，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，即∆H3=∆H2-∆H1<0，则∆H1＞∆H2
(2)溶剂分子的极性参数增大，利于生成CH2BrCH=CHCH2Br
【分析】由信息，当CH3CH2CH2CH3(g)的转化率为80%时，容器内H2的物质的量为l.6 mol，浓度为0.32 mol/L；CH3C≡CCH3(g)和CH2=CHCH=CH2(g)的物质的量之和为0.8 mol，其浓度之和为0.16mol/L；CH3CH2CH2CH3(g)的物质的量为0.2 mol，浓度为0.04 mol/L；由反应Ⅲ的平衡常数Kc(III)= ，推知c(CH3C≡CCH3)= 0.02mol/L，c(CH2=CHCH=CH2)= 0.14mol/L，据此分析作答。
【详解】（1）①0~10min内，反应的平均速率v(H2)= ，故答案为：；
②反应I的平衡常数Kc(I)=，故答案为：2.79；
③平衡后，再向容器中充入1molCH3CH2CH2CH3(g)，相当于对反应体系加压，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡正向移动，CH3CH2CH2CH3(g)的平衡转化率减小，即小于80%，故答案为：<；
④温度不变，反应Ⅲ的平衡常数不变，平衡时c(CH2=CHCH=CH2)大于c(CH3C≡CCH3)，则表示CH3C≡CCH3(g)的浓度与时间关系的曲线为L2；t0min时，反应Ⅲ的浓度商Q==3.5< Kc(III)，则反应向正反应方向进行，故答案为：L2；正反应；t0min时，反应Ⅲ的浓度商Q==3.5< Kc(III)；
⑤由图2知，温度升高，Kc(III)减小，∆H3<0，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，即∆H3=∆H2-∆H1<0，则∆H1＞∆H2，故答案为：＞；温度升高，Kc(III)减小，∆H3<0，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，即∆H3=∆H2-∆H1<0，则∆H1＞∆H2；
（2）由表中数据知，溶剂分子的极性参数增大，利于生成CH2BrCH=CHCH2Br，故答案为：溶剂分子的极性参数增大，利于生成CH2BrCH=CHCH2Br。
14．(1)-136.2kJ/mol
(2) 0.9 减小压强
(3) 16
93.3
(4) 否 ＞
【详解】（1）由盖斯定律①×+②×可知3NO2(g)+H2O(1)═2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=-116.1 kJ・mol-1×+75.9kJ•mol-1×=-136.2kJ/mol，故答案为：-136.2kJ/mol；
（2）①反应为4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)，该反应的平衡常数表达式为，在该条件下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入4molNH3和6mol NO发生上述反应，5min末达到平衡，NO的平衡转化率为90%，NO的反应量为6mol×90%=5.4mol，生成氮气4.5mol，用N2表示该反应的平均速率为，故答案为：；0.9；
②反应正向气体分子数增大，减小压强，平衡正向移动，NO转化率变大，故答案为：减小压强；
（3）在T℃时，1L恒容密闭容器里，充入0.003molNO和0.006molH2，设NO的消耗量为xmol，此时NO的物质的量为(0.003-x)mol，氢气的物质的量为(0.006-x)mol，氮气的物质的量为0.5xmol，水的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为(0.009-0.5x)mol，同温同压条件下，压强比等于物质的量之比，则有，解得x=0.002，氢气的物质的量为0.004mol，混合气的总物质的量为0.008mol，体系中H2的分压p(H2)=32kPa×=16kPa，设平衡时NO的消耗量为ymol，此时NO的物质的量为(0.003-y)mol，氢气的物质的量为(0.006-y)mol，氮气的物质的量为0.5ymol，水的物质的量为ymol，混合气的总物质的量为(0.009-0.5y)mol，同温同压条件下，压强比等于物质的量之比，则有，解得y=0.0028mol，NO的平衡转化率为×100%≈93.3%，故答案为：16；93.3；
（4）①由图可知，反应正向建立平衡，反应正向气体分子数增大，如反应已达到平衡，减压，平衡应向正向移动，NO2的转化率增大，与图象不符，故反应未达到平衡，故答案为：否；
②由图可知，a点NO2的转化率为40%，NO2的反应量为1mol×40%=0.4mol，NO2的物质的量为0.6mol，N2的物质的量为0.2mol，CO2的物质的量为0.4mol，混合气的总物质的量为1.2mol，a点NO2的转化率为80%，NO2的反应量为1mol×80%=0.8mol，NO2的物质的量为0.2mol，N2的物质的量为0.4mol，CO2的物质的量为0.8mol，混合气的总物质的量为1.4mol，由于V1＜V2，＞=，故答案为：＞。
15．(1)光能转化为电能、电能转化为化学能
(2) -47 2.0
(3) 温度为T2、催化剂为agp-M2 随温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，生成的淀粉量增加；之后随温度升高，催化剂活性减弱，反应速率加快，生成的淀粉量急剧减少 0.124 ×100%
【解析】(1)
由题干“利用光伏发电，将电解水获得的H2与CO2反应合成甲醇，再由甲醇经若干酶促反应合成淀粉”知该研究成果中涉及的能量转换形式有光能转化为电能、电能转化为化学能。
(2)
①根据摩尔生成焓的定义知H2的摩尔生成焓等于0，结合盖斯定律可知反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH1=395kJ/mo1+0-200kJ/mol-242kJ/mol=-47kJ/mol。
②由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)、CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)知，生成的甲醇和一氧化碳的总物质的量和水蒸气的物质的量相等，平衡时生成3mol水蒸气，则平衡时甲醇和一氧化碳共3mol。根据碳原子守恒可知，平衡时CO2的物质的量为4mol-3mol=1mol。起始时加入4molCO2和8molH2，共12mol气体，起始总压强是平衡时总压强的1.5倍，则平衡时体系中气体的总物质的量为12mol/1.5=8mol，平衡时H2的物质的量为8mol-3mol-3mol-1mol=1mol，再根据H原子守恒，知平衡时甲醇的物质的量1/4×(8mol×2-3mol×2-1mol×2)=2mol，即n1=2，故平衡时CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的物质的量分别为1mol、1mol、2mol、3mol，p(CO2)=1/8pkPa，p(H2)=l/8pkPa，p(CH3OH)=1/4pkPa，p(H2O)=3/8pkPa，反应I的平衡常数Kp==。
(3)
①根据表中数据知最佳的反应条件为：相同时间内生成淀粉量最大的实验3，即温度为T2、催化剂为agp-M2；
②温度升高，生成淀粉量先增加，可能原因是温度升高，催化剂活性增强且温度升高速率加快；之后生成淀粉量急剧减少的原因可能是酶在高温下失活。③根据试题中的速率单位，淀粉的生成速率可用生成淀粉的质量浓度除以时间：1.24g·L-1/10h=0.124g·L-1·h-1，淀粉的产率计算如下：
由
淀粉的产率为×100%≈×100%。
16．(1) 慢反应 CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol A 相同条件下，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大 1：1
(2)在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小， 促进了C-C键形成(或其他合理说法)
(3) -e-= A
【详解】（1）①由图可知反应I的活化能大于反应II，故反应I为慢反应，由图可知CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol；
②相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g)（主反应），H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) （副反应），因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A；
③设在密闭容器中充入1mol的CH4(g)和CO2(g)，因为CH4(g)的的平衡转化率为40%，故共消耗0.4mol，CO2(g)的转化率为20%，消耗0.2mol，故：
体系中，n(H2)=0.2mol， n(H2O)=0.2mol，n(H2)： n(H2O)=1:1，体系中各气体的物质的量之和为2.4mol，故；
（2）催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成；
（3）①由图分析可知，电极X中Fe化合价降低，得到电子，作阴极，与电源负极相连；电极Y中Fe化合价升高，失去电子，作阳极，与电源正极相连；与电源正极相连一极上的电极反应式为：-e-= ；
②A．由①可知电极X为阴极，电极反应式为+e-=，电极Y为阳极，电极反应式为：-e-= ，则循环液1和2均含有和，A项正确；
B．为避免循环液出现离子交换，阳离子向电极X（阴极）移动，阴离子向电极Y（阳极）移动，隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，B项错误；
C．由图可知，海水1经处理，转换为CO2，CO2的水溶液呈弱酸性，会抑制水的电离，而酸化处理后的海水2，CO2转化为，易水解，故水的电离程度：处理后海水1＜处理后海水2，C项错误；
D．电解时，海水中的Na+等阳离子向阴极移动，Cl-等阴离子向阳极移动，但这些离子依然在处理后的海水中，并不会有利于海水的淡化，D项错误；
答案选A。
17．(1) 高温 + 128 kJ/mol
(2)C
(3) 600℃ 温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活
(4)CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2
(5) b 1
【解析】(1)
①满足时，反应自发进行，根据反应I可知，该反应的，，则该反应在高温下能自发，故答案为：高温；
②根据盖斯定律，由Ⅱ×3+I可得C3H8O3(g)+3H2O(g) 3CO2(g)+7H2(g)，则ΔH3=ΔH2×3+ΔH1=(-41 kJ·mol-1)×3+251 kJ·mol-1=+128 kJ·mol-1，故答案为：+128 kJ·mol-1；
(2)
A．活化能越低，反应速率越大，Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的活化能Pt12Niv3>v2，故A正确；
B．由图可知，Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是Sn12Ni作催化剂时的反应：CH3*=CH2*+H*，故B正确；
C．DRM反应为CH4+CO2 ⇌ 2CO+ 2H2，CH4、CO2中只含有极性键，该反应中没有非极性键的断裂，故C错误；
故答案为：C；
(3)
由图可知，550℃、650℃时，当反应时间大于1000s，氢气的体积分数迅速下降，催化剂表面的积碳量增加，催化剂迅速失活，而600℃时，随着反应的进行，氢气的体积分数逐渐增大并保持在较高水平，因此使用催化剂的最佳温度为600℃；650℃条件下， 1000 s后，氢气的体积分数快速下降的原因是温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活，故答案为：600℃；温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活；
(4)
由图可知， Ni-YSZ电极上，CH4失去电子发生氧化反应生成CO2和H2，则Ni-YSZ电极为阳极，电极反应式为CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2，故答案为：CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2；
(5)
横坐标是温度倒数的变化，则横坐标越大，表示温度越低，降低温度，正、逆反应速率均减小，即lgk正、lgk逆均减小，由于反应H2(g)+N2O(g) H2O(g)+N2(g) 的 ΔH <0，降低温度，平衡正向移动，lgk逆减小的速度大于lgk正减小的速率，则a表示lgk正的变化，b表示lgk逆的变化；由图可知，M点的lgk逆=lgk正，则k逆=k正，平衡时v正= v逆，则k 正c(N2O)·c(H2)=k逆c(N2)·c(H2O) ，则有，故答案为：b；1。
18． AD -31.4 0.5或 ＞ 由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2＞T1，又逆反应气体分子变多，依据PV=nRT，V一定，n和T均变大，故P变大 NH4HCO3 + H2O NH3·H2O + H2CO3 1.26×10-3 3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O
【详解】(1)图中显示的能量转化形式就有四种：太阳能转化为化学能，化学能转化为热能(或热能转化为化学能)，化学能转化为热能(或电能)，热能(或化学能转化为)动能，选项A错误；
B．“单位时间内反应物的转化率”其实是描述化学反应速率，选项B正确；
C．利用太阳能开发甲醇等液态燃料，既有利于“碳中和”，又有利于替代化石能源，减少污染，选项C正确；
D．目前，工业获取H2更多采用水煤气法、烃裂解(或烃转化)法，选项D错误。
答案选AD；
(2)①由图可得反应HCOOH(g) CO(g)＋H2O(g) △H=+72.6kJ·mol-1；
CO(g)＋ O2(g)= CO2(g) △H=-283.0kJ·mol-1；
H2(g) ＋ O2(g)= H2O(g) △H=-214.8kJ·mol-1；
由盖斯定律可得△H=-31.4 kJ·mol-1；
②反应达到平衡时，v正= v逆，即k正c(CO2)·c(H2)= k逆c(HCOOH)，又K=2，可得k正=2k逆。所以，k逆=0.5k正；
③温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则K=1.9＜2，说明平衡逆向移动，该反应正向放热，故可得出T2＞T1，且逆反应气体分子数变多，依PV=nRT，可得T2℃时平衡压强大于T1℃时平衡压强；答案为由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2＞T1，又逆反应气体分子变多，依据PV=nRT，V一定，n和T均变大，故P变大；
(3)常温下，碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，计算NH4HCO3.水解反应的平衡常数时用到碳酸的电离常数K1=4.4×10-7和NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5；根据反应+2 NH3·H2O+H2CO3可知Kh==1.26×10-3；
(4)由图可知，A电极为正极，在A电极上CO2得电子，发生还原反应，生成CH3CH(OH)CH3，A极由CO2制异丙醇的电极反应式为3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O。
【点睛】本题为化学反应原理综合，以“碳中和”切入，突出化学学科“科学精神与社会责任”的核心素养。通过阅读图例、盖斯定律的运用、速率常数和平衡常数的分析与计算、电极反应方程式的书写等，分别考查了信息获取与加工能力、证据识别与推理能力、模型构建与认识能力，以及规范的文字、化学用语的表达能力。
19． -1155.5 A 催化剂A在较低温度下具有较高的活性，节约能源；且反应放热，低温有利于氨的合成 T1＜T2＜T3 ＞ 活化能越大，反应速率越慢 BCD
【分析】先求出根据N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H，根据盖斯定律：①+②-③，得CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H；在温度T2压强50 MPa时，列出反应的三段式， ，由 ,解出x，再求出各物质的物质的量分数，求出分压，求出Kp；
【详解】(1)①CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=-865.0 kJ·mol-1，②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=-112.5 kJ·mol-1，③适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，即生成0.1molNO，吸收8.9 kJ的热量，则生成1molNO，吸收89 kJ的热量。可得N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=178kJ·mol-1，根据盖斯定律：①+②-③，则CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H= -865.0 kJ·mol-1-112.5 kJ·mol-1-178kJ·mol-1=-1155.5kJ·mol-1。故答案为：-1155.5；
(2)①合成氨需要选择合适的催化剂，实际生产中适宜选择的催化剂是A，理由是催化剂A在较低温度下具有较高的活性，节约能源；且反应放热，低温有利于氨的合成。故答案为：A；催化剂A在较低温度下具有较高的活性，节约能源；且反应放热，低温有利于氨的合成；
②如图2，合成氨是放热反应，当压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，氨的体积分数越低，T1、T2、T3由小到大的排序为T1＜T2＜T3；在T2、50MPa条件下，A点属于非平衡状态，反应向正向进行，v正＞v逆(填“＞”、“＜”或“=”)；在温度T2压强50 MPa时， ,x=5mol，各物质的物质的量分数：N2为 ，H2为，NH3为0.5，p(N2)=50×25%MPa，p(H2)=50×25%MPa，p(NH3)=50×50%MPa，平衡常数Kp=== MPa-2(列出表达式，分压=总压×物质的量分数)。故答案为：T1＜T2＜T3；＞；；
③i．第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2相比：E1＞E2，判断理由活化能越大，反应速率越慢。故答案为：活化能越大，反应速率越慢；
ii．A．控制温度远高于室温，是为了保证催化剂的活性最大，故A错误；
B．合成氨正反应形成生成物的化学键放出的热量大于拆开反应物的化学键吸收的热量，是放热反应，在不同温度下的△H都小于零，合成氨反应是气体体积减少的反应，在不同温度下的△S都小于零，故B正确；
C．NH3易液化，不断将液氨移去，减少生成物浓度，利于反应正向进行，故C正确；
D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生，故D正确；
故答案为：BCD。
20．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)硫酸铜
(3)Cu2Te+2H2SO4 +2O22CuSO4+TeO2+2H2O
(4)将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt等，便于后续回收
(5)
(6) (，，)
【分析】碲化铜渣(主要成分为Cu2Te，还含有金、铂等金属)加入硫酸并通入氧气焙烧，反应生成硫酸铜以及TeO2，水浸后过滤，所得滤液i主要溶质为硫酸铜，滤渣的主要成分为TeO2，还含有Au和Pt，加入氢氧化钠碱浸，目的是将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt等，过滤后所得浸出液为含Na2TeO3的溶液，加入过氧化氢将Na2TeO3氧化为Na2TeO4，再加H2SO3酸溶还原沉碲，将Na2TeO4还原为Te，据此分析解答。
【详解】（1）将碲化铜渣粉碎，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率。
（2）根据分析，碲化铜渣中加入硫酸并通入氧气焙烧，反应生成硫酸铜以及TeO2，水浸后过滤，所得滤液i主要成分为硫酸铜。
（3）焙烧过程中，Cu2Te、硫酸和氧气反应生成硫酸铜、TeO2和水，反应的化学方程式为Cu2Te+2H2SO4 +2O22CuSO4+TeO2+2H2O。
（4）根据分析，水浸后过滤，所得滤渣的主要成分为TeO2，还含有Au和Pt，加入氢氧化钠碱浸，目的是将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt等，便于后续回收。
（5）用H2SO3“酸溶还原沉碲”，将Na2TeO4还原为Te，反应的离子方程式为。
（6）由晶胞图和z轴投影图可知，c点位于体对角线的处，a点的坐标为(0,0,0)，b点的坐标为(1,1,1)，则c点的坐标为(,,)；设晶胞参数为acm，该立方晶胞中，位于晶胞内部Zn原子个数为4，则，cm，由晶胞图可知，Zn与Te最近距离为体对角线的，即为。
21．(1) 控制高钛渣颗粒大小均匀，便于控制酸浸速率和进行程度 、
(2) 将还原为 防止提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率(产品产率)
(3)
(4)防止、被氧化变质
(5)B
(6) 分子晶体
【分析】高钛渣(含、和少量、和)经“筛分”后用硫酸酸浸，、FeTiO3与H2SO4反应转变为TiOSO4、，故得到含有H2SO4、TiOSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，微溶、SiO2没有溶解，过滤得到浸渣为 ，加入铁屑转化时还原体系中的，过滤，所得滤液经结晶得到绿矾，所得滤液在90°C下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4 ，过滤，煅烧发生反应，制得烧渣为；经过氯化冷凝时，转化为液态，在氩气中被镁还原得到Ti，Ti和多余的镁的混合物通过加稀盐酸、过滤，得到纯Ti。
【详解】（1）“筛分”可控制高钛渣颗粒大小均匀，有利于控制酸浸速率和进行程度；由转化关系知，浸渣的主要成分为原料中难溶于酸的和生成的。
（2）由流程信息，“酸浸”后生成，而“结晶”得到绿矾，故“转化”工序加入铁粉的目的为将还原为；在90℃时充分水解成，若“结晶”控制温度过高，会导致提前水解使制得的绿矾不纯，又会降低钛的回收率(或产品产率)。
（3）由信息，在90℃时水解成，反应的离子方程式为
（4）“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为防止、被氧化变质。
（5）由信息，钛溶于浓盐酸，故可用稀盐酸分离生成的和多余的单质；
故选B。
（6）通常为液体，其晶体类型为分子晶体；由图知，甲、乙晶胞中均含有2个原子，故二者的空间利用率之比即为体积之比的倒数，计算得。
22．(1) 增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行 6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4
(2)+ ClO-=+ Cl-
(3)H2SiO3
(4) 灼烧 金属钨或W
(5)溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s) Ca2+ (aq) + (aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ( )减小，使得平衡正向移动
(6) c+a-2b
【分析】黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO4)中加入纯碱、通入氧气后粉碎焙烧，生成CO2，“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和， “氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，氧化后的溶液中加入稀盐酸调节pH后过滤，得到滤渣2为H2SiO3，滤液中加入MgCl2溶液将生成Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2沉淀而除去，过滤得到滤液1，向滤液1中加入CaCl2溶液在生成CaWO4沉淀，滤液2和过滤的沉淀，向沉淀中加入盐酸进行酸解，将CaWO4转化为H2WO4，经过高温灼烧得到WO3，WO3经高温还原可得产品1为单质钨W，或者经氯化可得产品2为WCl6，据此分析回答问题。
【详解】（1）“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行，已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3， 即MnWO4与Na2CO3和O2发生反应生成Mn3O4、Na2WO4和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4，故答案为：增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4；
（2）由分析可知，“氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，故“氧化”时发生反应的离子方程式为：+ ClO-=+ Cl-，故答案为：+ ClO-=+ Cl-；
（3）由分析可知，“滤渣2”主要是H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
（4）由分析可知，“操作X”是灼烧，产品 1是单质钨或W，故答案为：灼烧；单质钨或W；
（5）已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动，故可以利用盐酸进行“酸解”，故答案为：溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动；
（6）①根据题意可知，1min挥发的CS2的质量为(a-b)g，开盖加入待测样品并计时1min后，质量为cg，则样品的质量为[c-b+(a-b)]g=(c+a-2b)g，故答案为：(c+a-2b)；
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O， 反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+，滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，根据上述分析可找到关系式为：WCl6~~2~6I2~12，故有n(WCl6)=n()=xmol/L×V×10-3L=xV×10-3mol，则样品中WCl6的质量分数为，故答案为：。
23．(1) AB Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S
(2)SiO2、S
(3) Fe3+、Zn2+ 8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O
(4) Pr3++3e-=Pr PrOCl 1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2
【分析】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，SiO2和生成的硫单质不溶，过滤除去，滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之后调节pH除去Zn2+、Fe3+，过滤后将所得滤液蒸发浓缩、冰水浴冷却结晶，过滤得到PrCl3晶体。
（1）
①A．适当升高溶浸温度，可以加快反应速率，能提高镨元素浸出率，A符合题意；
B．适当加快搅拌速率，可以使孪生矿与氯化铁溶液接触更充分，加快反应速率，能提高镨元素浸出率，B符合题意；
C．适当缩短溶浸时间，反应不充分，会降低镨元素浸出率，C不符合题意；
综上所述答案为B；
②根据其他金属硫化物发生的反应可知，“溶浸”时Pr2S3被FeCl3氧化，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S；
（2）
滤渣1主要为不和氯化铁溶液反应且难溶于水的SiO2，以及反应生成的S单质；
（3）
根据题目所给数据可知，pH为3.2时Fe3+完全沉淀，pH为6.4时Zn2+完全沉淀，所以依次析出的金属离子是Fe3+、Zn2+；根据题意，隔绝空气焙烧时，Fe(OH)3将FeS2氧化为S，自身被还原为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O；
（4）
①(PrCl3-KCl)在电解槽内熔化，可以电离出自由移动的离子，目的是制取Pr单质，所以Pr3+在阴极被还原，电极反应式为Pr3++3e-=Pr；
②1100℃时的热解产物只有PrO2和Pr(OH)2Cl，说明PrOCl不稳定，温度较高时不能稳定存在，所以热稳定性最差的是PrOCl；PrO2中Pr元素化合价升高，为氧化产物，1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2，所以1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl。
24．(1)苯甲酸分子间存在氢键
(2) 增大甲醇含量，可促使酯化反应正向移动，增大苯甲酸的转化率，提高产率 甲醇用量增大，会加大回流量，相对降低反应温度，对反应不利
(3)水浴加热
(4) 及时分离出酯化反应生成的水，使反应正向移动，提高产率 分水器中水层不再变化
(5) cba 降低苯甲酸甲酯的溶解度，便于后续分液(或增强溶剂极性，使苯甲酸甲酯更易分层，合理即可)
(6)减少污染环境(或便于分离循环使用或减少对设备的腐蚀，合理即可)
【详解】（1）苯甲酸含有羟基易形成氢键，沸点高于苯甲酸甲酯的原因为苯甲酸分子间存在氢键；
（2）加料时，n(甲醇):n(苯甲酸)约为5:1，甲醇过量的原因是增大甲醇含量，可促使酯化反应正向移动，增大苯甲酸的转化率，提高产率；但醇酸比超过5:1时，醇酸比的增加对产率影响不大，原因是甲醇用量增大，会加大回流量，相对降低反应温度，对反应不利；
（3）低于100℃可用水浴加热 ，该实验的温度控制在85°C，应采取的加热方式为水浴加热；
（4）水的密度大于反应物的密度，在下层，实验中需多次将分水器中下层液体放出，其目的是及时分离出酯化反应生成的水，使反应正向移动，提高产率，水不再增多，反应完成，判断反应已经完成的标志是分水器中水层不再变化；
（5）步骤Ⅱ中，“一系列分离提纯操作”过程中先用5% Na2CO3溶液溶解甲醇，和苯甲酸反应，分离苯甲酸甲酯；然后饱和食盐水降低苯甲酸甲酯的溶解度，便于后续分液；再用无水氯化钙干燥；先后顺序应依次为cba，加入饱和食盐水的作用是降低苯甲酸甲酯的溶解度，便于后续分液(或增强溶剂极性，使苯甲酸甲酯更易分层，合理即可)；
（6）传统制法用浓硫酸催化，浓硫酸催化具有活性高，价格低廉的优点，但浓硫酸易产生污染物，现代工艺多以固体氯化铝作催化剂，这样改进最主要的原因是减少污染环境(或便于分离循环使用或减少对设备的腐蚀，合理即可)。
25．(1) 使用合适催化剂 -41
(2) 0.8 80% 1.25
(3)0.8
(4) 降低温度或增大水蒸气的量或减少氢气的量
【分析】（1）根据使用催化剂，提高反应的选择性进行分析
（2）。根据三段式计算平衡时各物质的数据，并根据转化率和平衡常数公式计算。
（3）根据三段式计算各反应平衡时数据，并结合速率计算公式和平衡常数公式计算。
（4）结合反应条件对反应速率和平衡移动的影响进行分析。
【详解】（1）提高反应的选择性，可以选择合适的催化剂。
（2）反应2的ΔH=-394-（-111-242）=-41 kJ·mol-1。
有2（3.2-2x）=x，解x=1.28mol。则甲醇的转化率为 ，反应1的平衡常数为 。
（3）
总物质的量为0.8+0.8+0.2=1.8mol，根据 ，则
（4）t2时刻，一氧化碳和二氧化碳的浓度都不变，然后平衡移动，二氧化碳的浓度增大，一氧化碳的浓度减小，说明平衡正向移动，反应2为放热反应，所以改变的条件可能是降低温度或增大水蒸气的量或减少氢气的量。若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2倍，则一氧化碳和二氧化碳的浓度都变为原来的2倍，平衡不移动，。故浓度变化如图：。
山西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-10化学反应速率与化学平衡
一、单选题
1．（2023·山西晋城·统考三模）某研究团队提出了以氧化石墨烯(GO)为催化剂设计的简易膜反应，其反应为 ，反应过程中能量变化如图所示，下列说法中正确的是
A．反应中(除GO外)既有极性键和非极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成
B．分子中的碳原子均采用杂化
C．催化剂可降低反应的活化能，从而改变反应的焓变
D．氧化石墨烯的作用之一可能是吸附反应物形成更稳定的反应中间体
2．（2023·山西太原·统考一模）以下实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
取2 mL 0.5 mol·L-1 CuCl2溶液于试管中，加热，然后置于冷水中
加热后溶液变为黄绿色，冷却后又变为蓝色
反应[Cu(H2O)4]2++4Cl- ⇌[CuCl4]2-+4H2O的ΔH> 0
B
在圆底烧瓶中加入乙醇和浓硫酸的混合液(体积比约为1：3)，加入少量沸石。迅速升温至140℃，将产生的气体通 入Br2的 CCl4溶液中
Br2的CCl4溶液褪色
乙醇消去反应的产物为乙烯
C
取少量亚硫酸钠固体样品溶于蒸馏水，加入足量稀盐酸，再滴加氯化钡溶液
有白色沉淀生成
样品已经全部变质
D
向两支分别盛有2mL苯和甲苯的试 管中各滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，用力振荡，静置
盛有苯的试管中溶液无变化，盛有甲苯的试管中溶液褪色
苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，甲苯中的甲基使苯环活化
A．A B．B C．C D．D
3．（2022·山西晋中·统考二模）中国科学家首次用CO2高效合成乙酸，这项技术是实现“碳中和”的重要途径之一，该反应路径如图所示。下列说法正确的是
A．该过程的总反应为2CO2 +4H2 CH3COOH +2H2O
B．LiI和Rh*均为该反应的催化剂
C．步骤3反应中既有非极性键的断裂，又有非极性键的形成
D．所有步骤发生的反应均为氧化还原反应
4．（2021·山西晋中·统考三模）合成氨的化学反应为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4 kJ·mol-1.最近，吉林大学与韩国、加拿大科研人员合作研究，提出基于机械化学(“暴力”干扰使铁活化)在温和条件下由氮气合成氨的新方案(过程如图所示)，利用这种方案所得氨的体积分数最终可高达82.5%。下列有关分析错误的是
A．铁是该合成氨反应的催化剂 B．采用该方案生产氨气，活化能不变
C．采用该方案生产氨气，△H不变 D．该方案氨的含量高，与反应温度较低有关
5．（2021·山西太原·统考模拟预测）一定温度下，某定容密闭容器中充入和，发生反应：，其能量变化如图所示。由图可知
A．该反应的
B．使用催化剂可以改变该反应的
C．断键吸收总能量小于成键释放总能量
D．若容器中气体密度不变，则反应达到化学平衡状态
二、原理综合题
6．（2023·山西·校联考模拟预测）甲烷的直接转化具有较高的经济价值，因此备受科学家关注。回答下列问题：
(1)用丝光沸石作催化剂可实现甲烷直接转化制备甲醇，合成方法有以下两种：
方法I： kJ⋅mol
方法Ⅱ：
已知：的燃烧热 kJ⋅mol； kJ⋅mol。
则 。
(2)某工厂采用(1)中方法I生产甲醇。在恒温恒压的密闭容器内充入1 mol 、0.5 mol 和0.5 mol He，测得压强为p MPa，加入合适催化剂后开始反应，测得容器的体积变化如下。
反应时间/min
0
10
20
30
40
50
容器体积/L
4
3.7
3.55
3.45
3.4
3.4
①下列能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．单位时间内生成1 mol 的同时生成1 mol
B．平衡常数不再变化
C．容器内保持不变
D．混合气体的平均摩尔质量不再变化
②的平衡转化率为 ，该温度下的平衡常数为 (为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(3)北京化工大学某课题组提出了利用光解水产氢过程中形成的活性氧物种活化甲烷直接制甲醇[(1)中方法Ⅱ]的策略。下列说法正确的是___________(填标号)。
A．水在光阳极上发生氧化反应生成
B．生成·OH自由基是化学反应
C．反应过程中C、H、O元素化合价均发生改变
D．在25℃、容积为V L的容器中，适当增大分压，有助于提高的生成速率
(4)某大学采用甲烷电催化氧化法制备甲醇，研究发现在NaCl的碱性电解液中更容易生成，甲烷在催化剂上可能的反应机理如下：
i：
ii：
iii：…
iv：
机理iii为 。阴极的电极反应式为 。
7．（2023·山西·校联考模拟预测）丙烯是产量仅次于乙烯的基本有机原料之一，无氧脱氢制丙烯技术已经工业化。回答下列问题：
丙烷脱氢过程的主反应为C3H8(g) C3H6(g)+H2(g) ΔH1=124.47 kJ/mol
副反应为： i． C3H8(g)CH4(g) +C2H4(g) ΔH2=81.30 kJ/mol
ii． C2H4 (g)+H2(g) C2H6(g) ΔH3=- 136.94 kJ/mol
iii． C3H8(g)+H2(g) CH4(g)+C2H6(g) ΔH4
其中，主反应脱氢的部分反应路径如图1所示(TS 代表过渡态，Pt4代表铂催化剂)。
(1)①计算副反应iii的ΔH4= kJ/mol。
②由图1知，主反应脱氢的限速步骤是第 (填 “一”或“二”)个C- H断键的反应。有利于主反应自发进行的条件是 (填 “高温”“低温”或“任意温度”)。在高温条件下C-C键断裂的裂解反应比C-H键断裂的脱氢反应容易，从动力学角度考虑，为有利于主反应发生应控制的关键生产条件是 。
(2)在压强分别为0.1 MPa和0.01 MPa的条件下，C3H8和C3H6的平衡摩尔分数(即物质的量分数)随温度的变化如图2所示(不考虑副反应)。
①在a、b、c、d四条图线中，分别表示0.01 MPa时C3H8和C3H6物质的量分数的是 、 。
②p点时C3H8的转化率为 ， 反应的分压平衡常数Kp= MPa。
(3)根据LHHW动力学模型，生成C3H6的净反应速率v=k·P(C3H8)·(H2)，其k为速率常数。在刚性容器中进行丙烷脱氢的反应，达到平衡前，相同时间间隔内，随反应进行C3H6的增加量 Δn (填 “变大”“变小”或“不变”)，其原因是 。
(4)四氢铝钠(NaAlH4) 是有机合成中重要的还原剂，其晶胞结构如图3所示(b=2a)。 已知NA为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度为 g/cm3。
8．（2023·山西晋城·统考三模）工厂烟气(主要污染物为、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
(1)还原技术是目前高效、成熟的去除的技术之一()。使用催化剂能有效脱除工厂烟气中的氮氧化物。
已知：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
①反应 。
②在不同温度下，仅改变的浓度，NO的脱除率与浓度的关系如图1所示，浓度在1%~3%之间时，随着浓度增大，NO脱除率明显升高的原因可能是 。
(2)/碳基材料(活性炭、活性焦、活碳纤维)也可以脱硫、脱硝。/碳基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，烟气中的存在对/碳基材料催化剂脱硫、脱硝活性的影响结果如图2所示，当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是 。
(3)研究高效催化剂是解决NO对大气污染问题的重要途径。400℃时，在分别装有催化剂的A和B的两个容积为2L的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为nmol的NO和CO发生反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响，数据如表：
时间/min
0
10
20
30
∞
A容器内压强/kPa
100.0
90.0
85.0
80.0
80.0
B容器内压强/kPa
100.0
95.0
90.0
85.0
80.0
①由表可以判断催化剂 (填“A”或“B”)的效果更好。
②下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．
D．容器内气体的密度不再发生变化
③容器中CO的平衡转化率为 %。400℃时，用压强表示的平衡常数 ()。
④汽车尾气中含有NO和CO，在排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是 。
9．（2023·山西·统考二模）我省作为煤炭大省，为全国经济发展作出了巨大贡献。但是直接将煤炭用作燃料不仅浪费资源，还会污染环境，因此如何对煤炭资源综合利用提高附加值成为我省经济转型发展亟待解决的问题。煤的间接液化是先把煤转化为CO、CO2和H2，再在催化剂作用下合成化工产品。
(1)已知反应：①
②
③
则反应③的 。
(2)已知：在一定条件下可发生反应：
①以下措施能使反应速率和转化率都增大的 (填字母)。
A．压缩体积 B．升高温度 C．恒容充入氦气
D．恒容移走甲醇 E．恒容充入
②催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称活性中心。在催化合成甲醇时必须控制氢碳比在一定区间内，若不变，过多时，反应速率会减慢，可能的原因是 。
③若将一定比例的和在装有催化剂的反应器中反应12小时，体系中产率随温度的变化关系如图所示。之后，产率随温度升高而减小的原因除平衡逆向移动外还可能是 。
(3)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C(s)和1molH2O(g)，起始压强为0.2MPa，只发生下列反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
反应达到平衡时，H2O(g)的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系 (填“吸收”或“放出”)热量，反应Ⅰ的平衡常数Kp= MPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
10．（2023·山西临汾·统考一模）落实“双碳”目标，碳资源的综合利用成为重中之重。
I.甲醇不仅是重要的化工原料，还是性能优良的车用燃料。CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下可以合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0，此反应分两步进行：
反应i：Cu/ZnO(s)+H2(g)=Cu/Zn(s)+H2O(g) ΔH>0
反应ii：_______ ΔH<0
(1)反应ii的化学反应方程式为 。
(2)在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1：3投料发生该反应，下列不能说明反应已达到平衡的是_______(填字母标号)。
A．CO2和H2的转化率相等
B．体系的温度保持不变
C．单位时间体系内减少3molH2的同时有1molH2O增加
D．合成CH3OH的反应限度达到最大
(3)研究表明，用可控Cu/Cu2O界面材料也可催化CO2还原合成甲醇。将6.0molCO2和8.0molH2充入体积为3L的恒温密闭容器中发生此反应。测得起始压强为35MPa，H2的物质的量随时间的变化如图中实线所示。
①图1中与实线相比，虚线改变的条件可能是 。
②该反应在0~4min内(实线)H2O的平均反应速率为 (保留2位有效数字)。
③该条件下(实线)的Kp为 MPa-2。
④Cu2O的立方晶胞结构如图2所示。白球代表的是 (填“Cu+”或“O2-”)；a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)，则d的坐标参数为 。
II.在催化剂作用下，用CO脱除NO的反应为：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)。
(4)已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-Ea/T+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)，为探究m、n两种催化剂的催化效率进行了实验探究，获得如图3曲线。从图中信息获知催化剂的催化效率m n(填“>”“=”或“<”)，其理由是 。
11．（2023·山西·校联考一模）氮族元素及其化合物在工农业生产、环境等方面有重要应用和影响。
(1)燃料在汽车发动机中燃烧时会产生污染环境的、，加装三元催化转化器可使汽车尾气中的、转化为无毒物质。
已知：I.
II.
①则反应III： ，该反应能自发进行的条件是在 (填“低温”、“高温”或“任意温度”)下。
②向某绝热恒容密闭容器内充入一定量的和，发生反应III。下列能说明该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A．容器内气体的密度不再改变 B．容器内气体的温度不再改变
C． D．容器内气体的平均摩尔质量不再改变
③向容积均为的三个恒容密闭容器中分别通入和，发生上述反应Ⅲ，a、b、c三组实验的反应温度分别记为。恒温恒容条件下反应各体系压强的变化如图所示。则达到平衡时由大到小的顺序是 ；实验b中，内，分压的平均变化率为 ，该反应的压强平衡常数 (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(2)氮能与氢、氟形成结构相似的化合物和，请判断键角： (填“>”、“<”或“=”)，原因为 。
(3)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，1号原子的坐标为、3号原子的坐标为，晶体的密度为。
①2号原子的坐标为 。
②原子和原子之间的最短距离为 (不用化到最简)。
12．（2022·山西运城·统考模拟预测）为改变能源结构和缓解环境压力，对甲烷等传统化石燃料的深度处理和综合利用成为当今研究的热点之一。甲烷催化制乙炔的反应体系中主要涉及如下反应：
I.2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH1=+376.6kJ·mol-1；
II.CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH2=+75kJ·mol-1；
III.CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH3=+172kJ·mol-1；
IV.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH4=+41kJ·mol-1。
回答下列问题：
(1)CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH= 。
(2)一定温度下，Kc(III)=0.1mol·L-1、Kc(IV)=0.2(Kc是用平衡浓度表示的平衡常数)，向恒容密闭容器中充入一定量CH4和CO2，5min末达到平衡时测得反应体系中c(CO)：c(H2O)=5：1。则5min末，容器内H2的平衡浓度c(H2)= mol·L-1。
(3)反应中催化剂活性会因反应II而降低，同时反应III又会消除催化剂表面的积碳。催化剂表面生成碳的速率方程为v=(其中k表示速率常数)，则一定温度下，减少催化剂表面积碳量的措施为 。
(4)一定温度下，将2molCH4充入5L恒容密闭容器中发生反应I，实验测得反应前容器内压强为0.1MPa，容器内各气体分压与时间的关系如图1所示。该温度下，反应I的平衡常数Kc= mol2·L-2；16min时改变容器容积，图1中能表示C2H2的分压与时间变化关系的曲线为 (填“L1”“L2”“L3”或“L4”)，原因为 。
(5)有学者结合实验和计算机模拟结果，报道了如图2所示的反应IV的一种反应历程，其中吸附在催化剂表面的物种用“●”标注。反应速率最大的步骤对应的化学方程式为 ；TS3对应的步骤适合在 (填“高温”或“低温”)条件下进行。
13．（2022·山西吕梁·统考二模）1，3-丁二烯和2-丁炔是重要的有机化工原料，正丁烷可用作亚临界生物技术提取剂和制冷剂等。三种物质之间存在如下转化反应：
I.CH2=CHCH=CH2(g)+2H2(g)⇌CH3CH2CH2CH3(g) ∆H1
Il.CH3C≡CCH3(g)+2H2(g)⇌CH3CH2CH2CH3(g) ∆H2
III.CH3C≡CCH3(g)⇌CH2=CHCH=CH2(g) ∆H3
回答下列问题；
(1)T0℃时，向5L恒容密闭容器中充入1molCH3CH2CH2CH3(g)，发生上述转化反应。10min达到平衡时测得CH3CH2CH2CH3(g)的转化率为80%，反应Ⅲ的平衡常数Kc(III)=7。
①0~10min内，反应的平均速率v(H2)=
②反应I的平衡常数Kc(I)= (保留三位有效数字)。
③10min后，若再向容器中充入1molCH3CH2CH2CH3(g)，则CH3CH2CH2CH3(g)的平衡转化率 80%(填“>”“<”或“=”)。
④保持温度不变，起始向恒容密闭容器中充入一定量的CH2=CHCH=CH2(g)、CH3C≡CCH3(g)和H2(g)，实验测得CH2=CHCH=CH2(g)、CH3C≡CCH3(g)的浓度与时间的关系如图1所示。其中表示CH3C≡CCH3(g)的浓度与时间关系的曲线为 (填“L1”或“L2")；t0min时，反应III向 (填“正反应”或“逆反应”)方向进行，理由为 。
⑤反应III的平衡常数lgKc(III)与温度的倒数1/T的关系如图2所示。则∆H1 ∆H2(填“>”“<"或“=”)，原因为 。
(2)CH2CHCH=CH2是一种重要的有机化工原料，可制备多种产品。有学者研究得出CH2=CHCH=CH2与Br2反应时，生成物中各物质的物质的量分数与溶剂极性美系如下表所示。分析表中数据，可得出的结论为 。
溶剂
溶剂分子的极性参数
反应温度/℃
CH2BrCH=CHCH2Br的物质的量分数/%
CH2=CHCHBrCH2Br的物质的量分数/%
氯仿
4.1
-15
63
37
正己烷
0.0
-15
38
62
14．（2022·山西吕梁·统考一模）NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一，有效去除大气中的NOx是环保工作者的重要研究课题。回答下列问题：
(1)已知：
①2NO2(g)+H2O(l)=HNO3 (aq) + HNO2(aq) △H1=-116.1 kJ·mol-1；
②3HNO2 (aq)=HNO3(aq) +2NO(g)+H2O(l) △H2=+75.9 kJ·mol-1。
则3NO2(g)+ H2O(l)=2HNO3 (aq)+NO(g)的△H为 。
(2)在400 °C、催化剂存在条件下，NH3可以将NO还原为N2和H2O，反应为4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g) +6H2O(g) △H＜0。在该条件下，向体积为1 L的恒容密闭容器中通入4 mol NH3和6 mol NO发生上述反应，5 min末达到平衡， NO的平衡转化率为90%。
①该反应的平衡常数表达式为Kc= ，0~5 min用N2表示该反应的平均速率为 mol· L-1·min-1
②400 °C时，为提高NO的转化率，应选择的反应条件为 (填“增大压强”或“减小压强”)。
(3)NO和H2反应的化学方程式为2NO(g) +2H2(g) N2(g) + 2H2O(g)，在T °C时，1 L恒容密闭容器里，充入0.003molNO和0.006molH2，测得体系的总压强p随时间t的变化如下表所示：
t/ min
0
10
20
30
40
p/kPa
36
33.8
32
30.4
30.4
t=20 min时，体系中H2的分压p(H2)= kPa，NO的平衡转化率为 %(保留一位小数)。
(4)温度为T° C，向体积不等的恒容密闭容器中分别加入足量活性炭和1 mol NO2，发生反应：2C(s)+2NO2(g) N2(g) +2CO2(g)。反应相同时间，测得各容器中NO2的转化率与容器体积的关系如图所示。
①c点时，反应 (填“是”或“否”)达到平衡状态。
② (填“＞”“=”或“＜”) 。
15．（2022·山西·统考二模）我国中科院天津工业生物所利用光伏发电，将电解水获得的H2与CO2反应合成甲醇，再由甲醇经若干醇促反应合成淀粉，首次在实验室实现二氧化碳到淀粉的从头合成，相关论文在国际学术期刊《自然》上发表。回答下列问题：
(1)该研究成果中涉及的能量转换形式为
(2)已知：在一定温度和压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变称为该物质的摩尔生成焓。某些化合物的摩尔生成焓如表所示。
化合物
CO2(g)
CH3OH(g)
H2O(g)
摩尔生成焓/(kJ·mol-1)
-395
-200
-242
反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2
①反应Ⅰ的焓变△H1= kJ·mol-1。
②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表所示。
CO2
H2
CH3OH
CO
H2O
起始量/mol
4.0
8.0
0
0
0
平衡量/mol
n1
3.0
已知起始时总压强为1.5pkPa，平衡时体系总压强为pkPa，则表中n1= ，反应I的平衡常数Kp= 。(无需带单位，用含p的式子表示)。
(3)取物质的量浓度为amol·L-1的甲醇，选择不同的工程酶组块作为催化剂反应10h，测得实验数据如表所示。
实验序号
温度(K)
不同工程酶的组块
淀粉(g/L)
1
T1
无
0.21
2
T1
agp-M1
0.38
3
T2
agp-M2
1.82
4
T2
agp-M3
1.24
①最佳的反应条件为
②已知温度升高，反应生成的淀粉量先增加后急剧减少，其可能的原因是 。
③实验4可用淀粉的质量浓度表示反应速率为 g·L-1·h-1，淀粉的产率为 (用含a的代数式表示)。
16．（2022·山西太原·统考三模）在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题：
(1)利用CH4-CO2干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。
①该反应一般认为通过如下步骤来实现：
I．CH4(g)=C(ads)+2H2(g)
II．C(ads)+CO2(g)=2CO(g)
上述反应中C( ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
①反应I是 (填“ 慢反应”或“快反应”)，CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为 。(选取图中E1、E2、E3、E4、E5表示反应热)。
②在恒压条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图1所示。已知在干重整中还发生了副反应：H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH＞ 0，则表示CO2平衡转化率的是曲线 (填“ A”或“B") ，判断的依据是 。
③在恒压p 、800 K条件下，在密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和CO2(g) ，若曲线A对应物质的平衡转化率为40%，曲线B对应物质的平衡转化率为20%，则以上反应平衡体系中n(H2)： n(H2O)= ，则干重整反应的平衡常数Kp (用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。
(2)二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面(Cu、C/Cu、N-C/Cu)的某个基元反应的能量变化如图所示(IS表示始态，TS表示过渡态，FS表示终态， *表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳(N-C)可以提高乙醇的选择性，其原因可能是 。
(3)科学家通过使用双极膜电渗析法来捕获和转化海水中的CO2，其原理如图所示。
①写出与电源正极相连一极上的电极反应式： 。
②下列说法正确的是 (填字母)。
A．循环液1和循环液2中的阴离子种类相同
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．水的电离程度：处理后海水1＞处理后海水2
D．该方法可以同时将海水进行淡化
17．（2022·山西太原·统考二模）绿色能源是未来能源发展的方向，积极发展氢能，是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。回答下列问题：
(1)通过生物柴油副产物甘油制取H2正成为绿色能源的一个重要研究方向。生物甘油水蒸气重整制氢的主要反应如下：
Ⅰ.C3H8O3(g) 3CO(g)+4H2(g) ΔH1=+251 kJ·mol-1
Ⅱ. CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH2 = -41 kJ·mol-1
①反应I能够自发进行的条件是 (填“高温”、“低温”或“任何温度”)。
②重整总反应C3H8O3(g)+3H2O(g) 3CO2(g)+7H2(g)的ΔH3= 。
(2)大量研究表明Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni三种双金属合金团簇均可用于催化DRM反应(CH4+CO2 2CO+ 2H2) ，在催化剂表面涉及多个基元反应，其中甲烷逐步脱氢过程的能量变化如图甲所示(吸附在催化剂表面上的物种用*标注，TS1、TS2、TS3、TS4分别表示过渡态1、过渡态2、过渡态3、过渡态4)。下列说法不正确的是 (填字母)。
A．Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的速率分别为v1、v2、v3，则v1>v3>v2
B．Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是CH3*=CH2*+H*
C．DRM反应中伴随非极性键的断裂和生成
(3)甲烷裂解制氢的反应为CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH =+75 kJ·mol-1，Ni可作该反应的催化剂。CH4在催化剂孔道表面反应时，若孔道堵塞会导致催化剂失活。其他条件相同时，随时间增加，温度对Ni催化剂催化效果的影响如图乙所示。考虑综合因素，使用催化剂的最佳温度为 ；650℃条件下， 1000 s后，氢气的体积分数快速下降的原因是 。
(4)我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的直流电源方法，从而实现了碳和水的零排放方式生产氢气，电化学反应机理如图所示。阳极的电极反应式为 。
(5)在催化剂作用下H2还原N2O的反应如下：H2(g)+N2O(g) H2O(g)+N2(g) ΔH <0，已知该反应的v正=k 正c(N2O)·c(H2)，v逆=k逆c(N2)·c(H2O) ，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。该反应的lgk正、lgk逆随温度倒数变化的曲线如图所示。表示lgk逆变化的是曲线 (填“a”或“b”)， M点对应温度下的平衡常数K= 。
18．（2021·山西晋中·统考三模）李克强总理在十三届全国人民代表大会第四次会议上作政府工作报告时指出：优化产业结构和能源结构，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。碳中和是指一个组织在一年内的二氧化碳排放通过二氧化碳去除技术达到平衡。
(1)科研人员借助太阳能用二氧化碳制备甲醇等燃料的催化转化是迄今为止最接近光合作用的方法，并且实现了二氧化碳的循环(如图所示)，下列说法错误的是 (填字母)。
A．图中能量转化形式有两种
B．使用催化剂可以提高单位时间内反应物的转化率
C．利用太阳能开发甲醇等液态燃料有利于环境保护
D．该工艺中的H2目前只能由电解水获得
(2)CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)。
①工业上利用甲酸的能量关系转换图如图所示：
反应CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)的焓变△H= kJ·mol-1。
②温度为T1℃时，将等物质的量的CO2和H2充入体积为1L的密闭容器中发生反应：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g) K=2。
实验测得：v正=k正c(CO2)·c(H2)，v逆=k逆c(HCOOH)，k正、k逆为速率常数。T1℃时，k逆= k正。
③温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则T2℃时平衡压强 (填“＞”“＜”或“=”)T1℃时平衡压强，理由是 。
(3)工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧时产生的温室气体CO2，其产物之一是NH4HCO3。已知常温下碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5，写出NH4HCO3水解反应的化学方程式： ，选用上述数据计算该反应的平衡常数Kh= (保留三位有效数字)。
(4)某光电催化反应器如图所示，A极是Pt/CNT电极，B极是TiO2电极。写出A极由CO2制异丙醇的电极反应式： 。
19．（2021·山西临汾·统考二模）氮及其化合物的研究对于生态环境保护和工农业生产发展非常重要。请回答下列问题：
(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物NOx，用CH4催化还原NOx可消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=-865.0 kJ·mol-1
②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=-112.5 kJ·mol-1
③适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，吸收8.9 kJ的热量。
则CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H= kJ·mol-1。
(2)已知合成氨反应N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g) △H=-92 kJ·mol-1
①合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行实验，所得结果如图1所示(其他条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是 (填“A”、“B”或“C”)，理由是 。
②科研小组模拟不同条件下的合成氨反应，向刚性容器中充人10.0 mol N2和20.0 mol H2，不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系如图2，T1、T2、T3由小到大的排序为 ；在T2、50MPa条件下，A点v正 v逆(填“＞”、“＜”或“=”)；在温度T2压强50 MPa时，平衡常数Kp= MPa-2(列出表达式，分压=总压×物质的量分数)。
③合成氨反应在催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)：
第一步N2(g)→2N*；H2(g)→2H*(慢反应)
第二步N*＋H*⇌NH*；NH*＋H*⇌NH2*；NH2*＋H*⇌NH3*；(快反应)
第三步NH3*⇌NH3(g)(快反应)
i．第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2相比：E1＞E2，请写出判断理由 。
ii．关于合成氨工艺的下列理解，正确的有 (填写字母编号)。
A．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和加快的反应速率
B．合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零
C．NH3易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生
三、工业流程题
20．（2023·山西晋中·统考三模）碲是制作合金添加剂、半导体、制冷元件、光电元件的主体材料，并被广泛应用于冶金、石油、化工、航空航天与电子等领域。铜电解精炼阳极泥碲化铜渣(主要成分为Cu2Te，还含有金、铂等金属)提取碲的工艺流程如图所示，回答下列问题：
已知：TeO2难溶于水；亚碲酸钠易溶于水；高碲酸钠的化学式：Na2TeO4。
(1)酸浸焙烧前要将碲化铜渣粉碎，目的是 。
(2)滤液i的主要成分： (写物质名称)。
(3)焙烧过程中涉及的化学方程式： 。
(4)碱浸的目的是 。
(5)用H2SO3“酸溶还原沉碲”，写出离子方程式： 。
(6)将碲与锌一起加热，然后升华可制得碲化锌。碲化锌是一种重要的半导体材料，图甲为它的一种立方晶胞结构，图乙为该晶胞沿z轴投影图。已知a点的坐标为(0，0，0)，b点的坐标为(1，1，1)，则c点的坐标为 ，设ZnTe的摩尔质量为M，阿佛伽德罗常数的值为NA，密度为dg/cm3，则Zn与Te最近距离为 nm。
21．（2023·山西吕梁·统考三模）钛及其合金广泛用于航空航天，有“空中金属”之称，可溶于较浓盐酸。学习小组以高钛渣(含、和少量、和)为原料制备单质钛的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“筛分”的目的为 ；浸渣的主要成分为 (填化学式)。
(2)“转化”工序加入铁粉的目的为 ；“结晶”操作不能控制温度过高的原因为 。
(3)“水解”时发生主要反应的离子方程式为 。
(4)“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为 。
(5)试剂X适合选用___________(填标号)。
A．浓盐酸 B．稀盐酸 C．NaCl溶液 D．NaOH溶液
(6)的晶体类型为 ；单质钛的两种同素异形体的晶胞结构如图所示，甲、乙两种晶体的空间利用率之比为 (用代数式表示)。
22．（2022·山西太原·统考三模）金属钨具有高熔点、低蒸气压、导热性好等特点，是等离子体材料的最佳候选材料。一种以黑钨矿(也叫钨锰铁矿，主要成分是FeWO4和MnWO4)为原料生产金属钨及含钨产品的工业流程如下图所示：
已知：“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和 。
(1)“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是 ；已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3，写出MnWO4发生反应的化学方程式： 。
(2)写出“氧化”时发生反应的离子方程式： 。
(3)“滤渣2”主要是 (填化学式)。
(4)“操作X”是 ，产品 1是 。
(5)已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，请结合平衡移动原理解释利用盐酸进行“酸解”的原因： 。
(6)在实验室利用碘量法测定产品2中WCl6 [(易溶于CS2)的纯度，实验如下：
①将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称量为ag；开盖并计时1min，盖紧称量为bg；再开盖加入待测样品并计时1min，盖紧称量为cg，则样品的质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+。滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，则样品中WCl6的质量分数为 ，(列出计算式，无需化简)
23．（2022·山西太原·统考一模）无水氯化镨(PrCl3)是制取稀土金属镨及镨合金的主要原料，采用以下工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、Pr2S3、SiO2等)制备氯化镨晶体(PrCl3·6H2O)。
已知：①2FeCl3+ZnS=ZnCl2+2FeCl2+S；2FeCl3+FeS=3FeCl2+S
②该条件下，溶液中部分金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：
金属离子
Zn2+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀时的pH
5.4
2.2
7.5
沉淀完全时的pH
6.4
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)①若其他条件不变，采取下列措施能提高镨元素浸出率的有 (填字母)。
A．适当升高溶浸温度B．适当加快搅拌速率C．适当缩短溶浸时间
②写出“溶浸”时Pr2S3发生反应的离子方程式： 。
(2)“滤渣1”的主要成分是 。
(3)在“沉淀”时加入氨水逐步调节溶液的pH至6.5，依次析出的金属离子是 ；已知Fe(OH)3在隔绝空气的条件下与FeS2混合焙烧时生成Fe3O4和S，写出该反应的化学方程式： 。
(4)①利用电解法可以生产金属镨。先将氯化镨与工业纯KCl配成二元电解质体系(PrCl3-KCl)；然后置于石墨电解槽内熔化，通入直流电进行电解。电解过程中得到金属镨的电极反应式为 。
②科学家以氯化镨气溶胶为前驱体，研究了PrCl3·6H2O的高温热解机制。利用X射线衍射技术分析，其结果如下表所示：
热解温度/℃
氯化镨气溶胶的热解产物
600
Pr(OH)2Cl和PrOCl
700～1000
Pr(OH)2Cl、PrOCl和PrO2
1100
PrO2和Pr(OH)2Cl
以上热解产物中，热稳定性最差的是 (填化学式)。氯化镨的高温热解过程主要是发生PrCl3的水解反应、Pr(OH)2Cl的脱水反应和PrOCl的氧化反应，从表中数据分析1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl的原因是 。
四、实验题
24．（2023·山西晋中·统考三模）苯甲酸甲酯是一种无色透明油状液体，具有浓郁的冬青油香气，用于配制香水、香精，也可用作有机合成中间体、溶剂等。某实验小组以苯甲酸和甲醇为原料模拟工业合成苯甲酸甲酯，步骤如下：
Ⅰ．制备：向100mL如图所示的装置A中加入磁力搅拌子，然 后依次加入6.1 g苯甲酸、10 mL 95%甲醇、20 mL苯，微热将苯甲酸全部融化后，加入2.5克固体氯化铝催化剂。按如图所示组装好仪器，并预先在分水器内加入水至略低于支管口，加热回流4 h，直至反应基本完成。
实验过程中分水器得到的液体会分层，需多次开启分水器活塞将下层液体放出。
Ⅱ．分离提纯：待反应液冷却至室温后过滤掉氯化铝，将液体倒入盛有冷水的烧杯中，再经过一系列分离提纯操作，最后蒸馏收集196~199°C馏分，得到5.0 g产品。
可能用到的数据如下：
有机物名称
相对分子质量
密度/(g· cm-3)
沸点/°C
溶解性
苯甲酸
122
1.26
249
微溶于水，易溶于乙醇
甲醇
32
0.79
64.8
易溶于水
苯甲酸甲酯
136
1.08
198
难溶于水、易溶于乙醇
苯
78
0.88
80.1
难溶于水
请回答下列问题：
(1)苯甲酸的沸点高于苯甲酸甲酯的原因为 。
(2)加料时，n(甲醇):n(苯甲酸)约为5:1，甲醇过量的原因是 ；但醇酸比超过5:1时，醇酸比的增加对产率影响不大，原因是 。
(3)该实验的温度控制在85°C，应采取的加热方式为 。
(4)实验中需多次将分水器中下层液体放出，其目的是 ，判断反应已经完成的标志是 。
(5)步骤Ⅱ中，“一系列分离提纯操作”过程中用到的试剂包括a．无水氯化钙，b．饱和食盐水，c．5% Na2CO3溶液。按操作先后顺序应依次加入 (填字母)，加入饱和食盐水的作用是 。
(6)传统制法用浓硫酸催化，浓硫酸催化具有活性高，价格低廉的优点，但现代工艺多以固体氯化铝作催化剂。这样改进最主要的原因是 。
五、填空题
25．（2022·山西晋城·统考二模）工业上常用合成气(主要成分为CO、H2及少量CO2、H2O)制备甲醇，然后再利用甲醇合成其它化工产品，部分合成原理如下图所示：
回答下列问题：
(1)反应2为副反应，为了减少该副反应的发生，提高反应1的选择性，要优先考虑 ，已知298K时，由稳定态单质生成1mol化合物的焓变叫该物质在此温度下的标准生成焓()。下表为几种物质的标准生成焓，反应2的ΔH= kJ·mol-1
物质
CO2(g)
CO(g)
H2O(g)
(kJ·mol-1)
-394
-111
-242
(2)500K温度下，在2L的刚性容器中充入4molCO和8molH2制备二甲醚(忽略反应2的发生)，4min达到平衡，平衡时CO的转化率为80%，且2c(CH3OH)=c(CH3OCH3)。
①从开始到平衡，反应1的v(H2)= mol·L-1·min-1。
②反应4中甲醇的转化率为 ，反应1的平衡常数Kc= 。
(3)在T2K、1.0×104kPa下，等物质的量的CO与CH3OH混合气体只发生反应3。反应速率v正-v逆=k正·p(CO)·p(CH3OH)-k逆·p(CH3COOH)，k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，p为气体的分压(气体分压p=气体总压p总×体积分数)。用气体分压表示的平衡常数Kp=4.5×10-5，当CO的转化率为20%时，= 。
(4)对于反应2(不考虑其他反应)，若CO和CO2的浓度随时间发生变化的曲线如图所示。则t2时刻改变的条件可能是 (任写一种)，若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2倍，在图中t4~t5区间内画出CO、CO2浓度变化曲线，并标明物质 (假设各物质状态均保持不变)。
参考答案：
1．D
【详解】A．反应中没有非极性键的断裂，A项错误；
B．分子中，C原子的杂化方式有sp、、，B项错误；
C．催化剂可以降低反应的活化能，不可以改变反应的焓变，C项错误；
D．由图中信息可知，氧化石墨烯可吸附反应物形成更稳定的反应中间体，利于反应进行，D项正确；
故选：D。
2．A
【详解】A．[Cu(H2O)4]2+呈蓝色，[CuCl4]2-呈黄色，升温溶液变黄，则平衡正向移动，正向为吸热反应，A正确；
B．乙醇消去反应要迅速升温至170℃，B错误；
C．先加足量盐酸，再加BaCl2，有白色沉淀生成说明溶液中有，因此生成白色沉淀说明Na2SO3已经变质，但不能说明完全变质，C错误；
D．甲苯能使KMnO4褪色时甲基被氧化为羧基，因此是苯环对甲基的影响，D错误；
故选A。
3．B
【详解】A．根据图示，CH3OH、CO2、H2反应生成CH3COOH和H2O，化学方程式为：，故A错误；
B．LiI在步骤1中作反应物、步骤5作生成物，所以LiI是该反应是催化剂，Rh*也是该反应的催化剂，故B正确；
C．步骤3中有C=O的断裂、C-Rh键的断裂，有C-C键的形成、O-Rh键的形成，所以没有非极性键的断裂，故C错误；
D．步骤5中，HI和LiOH为反应物，H2O和LiI为生成物，可表示为HI+LiOH═H2O+LiI，无元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
4．B
【详解】A．由循环图看出，铁结合了活性氮原子参与了反应，后又生成铁，在反应前后质量和性质不变，是合成氨的催化剂，A正确；
B．使用催化剂能改变活化能，B错误；
C．催化剂只改变反应历程，但△H不变，C正确；
D．合成氨是放热反应，较低的反应温度有利于氮气转化率及氨气产率的提高，D正确。
故选：B。
5．C
【详解】A．由图示可知，该反应的，故A错误；
B．焓变只与反应体系的始态和终态有关，使用催化剂不能改变该反应的，故B错误；
C．该反应放热，断键吸收总能量小于成键释放总能量，故C正确；
D．反应前后气体总质量不变，容器体积不变，所以密度是恒量，容器中气体密度不变，反应不一定达到平衡状态，故D错误；
选C。
6．(1)+115.4 kJ⋅mol
(2) AD 60%
(3)ACD
(4)
【详解】（1）已知：① kJ⋅mol；② ；③ kJ⋅mol；④ kJ⋅mol，由盖斯定律可知，反应②=反应①-反应③-反应④， kJ⋅mol。
（2）①A．单位时间内生成1 mol 的同时生成1 mol ，则，能说明反应达到平衡状态，A正确；
B．由于恒温，平衡常数始终不变，不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．起始充入1 mol 、0.5 mol ，则容器内始终等于2，不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．气体总质量不变，气体总物质的量为变量，因此，混合气体的平均摩尔质量不再变化，能说明反应达到平衡状态，D正确；
故选AD。
②根据题意，列出下列三段式进行计算：
N(起始)mol，n(平衡) mol。恒温恒压条件下，，，解得，的平衡转化率。平衡时混合气体的总压强=起始时混合气体的总压强 MPa，n（平衡）mol，平衡时、、的物质的量分别为0.4 mol、0.2 mol、0.6 mol，平衡时、、的分压分别为 MPa、 MPa、 MPa。该温度下的平衡常数。
（3）A．在光阳极上发生反应生成，O元素化合价升高，发生氧化反应，A正确；
B．生成·OH自由基只有断键没有成键，不是化学反应，B错误；
C．由示意图中物质转化可知，反应过程中C、H、O元素化合价均发生改变，C正确；
D．在25℃、容积为V L的容器中，适当增大分压，即相当于增大了反应物的浓度，有助于提高的生成速率，D正确；
故选ACD。
（4）由题意iv中反应物有CH3Cl，推测其为iii的生成物，又因为为催化剂，推测其为iii的生成物，综上，iii为。已知甲烷被氧化，则甲烷一极为阳极，条件为无氧条件，溶液为碱性，则阴极反应式为。
7．(1) -55.64 一 高温 使用催化剂
(2) c b 25%
(3) 变小 随反应进行，C3H8 的分压减小，H2 的分压增大，使净反应速率减小，相同时间间隔内C3H6的增加量变小
(4)其他合理表达形式也可
【详解】（1）①根据盖斯定律，反应iii= i+ ii，ΔH4 =ΔH2+ΔH3=81.30 kJ/mol- 136.94 kJ/mol=-55.64 kJ/mol；
②一个反应的决速步骤取决于该反应历程中最慢的那个反应，根据活化能越大，反应速率越慢，根据图示，第一步的活化能更大，所以第一步为决速步骤；主反应C3H8(g) C3H6(g)+H2(g) ΔH1>0，ΔS>0，所以高温条件下有利于主反应的自发进行；
由于在高温条件下C-C键断裂的裂解反应比C-H键断裂的脱氢反应容易，从动力学角度考虑，为有利于主反应发生，应降低主反应的活化能，使C-H键断裂的脱氢反应更容易进行，所以控制的关键生产条件是加入催化剂；
（2）①根据主反应C3H8(g) C3H6(g)+H2(g) ΔH1=124.47 kJ/mol，温度升高，平衡往正向移动，C3H8减小，C3H6增大，所以代表C3H8的是曲线是a、c，代表C3H6的是b、d；压强减小，平衡往正向移动，C3H8更小，C3H6更大，所以代表0.01 MPa时C3H8和C3H6物质的量分数的是c、b；
②p点时代表的是0.1MPa时，C3H8的物质的量分数为60%，据此列三段式：设起始物质的量为amol，变化量为xmol，
，解得a=4x，
则C3H8转化率=， 反应的分压平衡常数Kp=；
（3）根据生成C3H6的净反应速率v=k·P(C3H8)·(H2)，在刚性容器中进行丙烷脱氢的反应，达到平衡前，随反应进行，C3H8的分压减小，H2的分压增大，使生成C3H6的净反应速率v减小，根据速率计算公式，相同时间间隔内C3H6的增加量变小；
（4）由晶胞结构可知，位于体心、顶点和面上的四氢合铝酸根离子的个数为1+8×+4×=4，位于棱上、面上的钠离子个数为4×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10-7)2×2a×10-7×d，解得d=，故答案为：。
8．(1) NO与反应生成，而氧化性更强，更易与反应(或其他合理答案)
(2)氧气浓度过高时，、和NO分子会产生竞争吸附的局势，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案)
(3) A AB 80 3.2 催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大
【详解】（1）①由盖斯定律可得，反应Ⅰ－反应Ⅱ×4可得题中热化学方程式，即ΔH=ΔH1－4ΔH2=(-905.8)kJ/mol－4×180.0kJ/mol=-1625.8kJ/mol；故答案为-1625.8；
②氧气浓度在1%～3%之间，随着氧气浓度增大，NO与O2反应生成NO2，NO2的氧化性比NO强，更易与NH3反应，因此NO的脱除率明显升高，也可能氧气浓度增大，正反应速率增大，单位时间内NO的消耗量增加，脱除率明显升高等；故答案为NO与O2反应生成NO2，而NO2氧化性更强，更易与NH3反应(或其他合理答案)；
（2）氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，使得O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降等；故答案为氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案)
（3）①催化剂能加快反应速率，则催化剂的效果越好，达到平衡所用的时间越短，根据表中数据，使用催化剂A时反应达到平衡所用时间更短；故答案为A；
②A．NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向为一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，即2v正(N2)=v逆(NO)，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B．组分都是气体，混合气体总质量不变，该反应为气体物质的量减少的反应，因此混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡，故B符合题意；
C．c(NO)∶c(CO)=1∶1不能说明反应物、生成物的浓度保持不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．混合气体的总质量不变，该容器恒容，总体积不变，即混合气体的密度一直不变，混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为AB；
③NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，令达到平衡时生成氮气物质的量为xmol，则生成CO2物质的量为2xmol，n(NO)=n(CO)=(n-2x)mol，在恒容的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，因此有，解得x=0.4n，CO的平衡转化率=80%；=3.2(kPa-1)；故答案为80%；3.2(kPa-1)；
④汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是排气管是敞口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物的转化率越高；故答案为催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大。
9．(1)+131.3kJ/mol
(2) A 过多的H2占用催化剂活性点位过多，导致反应速率减慢 催化剂活性降低
(3) 吸收 0.02MPa
【详解】（1）已知反应：①
②，则可得反应③，根据盖斯定律可知反应③的=[(-221.0)-(-483.6)]kJ/mol=+131.3kJ/mol，故答案为：+131.3kJ/mol；
（2）①A．已知该反应正反应是一个气体体积减小的方向，故压缩体积，反应物和生成物浓度增大，反应速率增大，化学平衡正向移动，CO转化率增大，A符合题意；
B．已知该反应正反应为放热反应，故升高温度，反应速率增大，化学平衡逆向移动，CO的转化率减小，B不合题意；
C．恒容充入氦气，反应速率不变，化学平衡不移动，CO转化率不变，C不合题意；
D．恒容移走甲醇，即减小生成物浓度，反应速率减慢，平衡正向移动，CO转化率增大，D不合题意；
E．恒容充入CO(g)，反应物浓度增大，反应速率增大，平衡正向移动，H2转化率增大，而CO转化率减小，E不合题意；
故答案为：A；
②催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称活性中心,在催化合成甲醇时必须控制氢碳比在一定区间内，若n(CO)不变，n(H2)过多时，则由于H2占用催化剂活性点位过多，则CO占用催化剂的活性点位过少，导致反应速率会减慢，故答案为：过多的H2占用催化剂活性点位过多，导致反应速率减慢；
③由图可知490K后温度升高时甲醇的产率降低，可知该反应为放热反应，490K之前甲醇的产率均小于最大产率，则温度为470K时，图中P点不是处于平衡状态。490K之后，甲醇产率下降的原因是反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低，CH3OH（g）CO（g）+2H2（g）正向移动，故答案为：催化剂活性降低；
（3）设反应Ⅰ中水转化的物质的量为a,反应Ⅱ中水转化的物质的量为b,可列出以下式子：，，根据H2O（g）的转化率为50%，可得×100%=50%，CO的物质的量为0.1mol可得a-b=0.1，解得a=0.3mol，b=0.2mol，则反应Ⅰ吸收能量0.3mol×131.3kJ•mol-1=39.39kJ，反应Ⅱ放出热量为：0.2mol×41.1kJ•mol-1=8.22kJ，故整个过程是吸热过程，吸收热量为：39.39kJ-8.22kJ=31.17kJ；由以上计算可知：n（H2O）=0.5mol，n（H2）=0.5mol，n（CO）=0.1mol，n（CO2）=0.2mol，n（总）=（0.5+0.5+0.1+0.2）mol=1.3mol，物质的量之比等于压强之比可得=，p=0.26MPa，Kp===0.02MPa，故答案为：吸收；0.02MPa。
10．(1)Cu/Zn(s) + 2H2(g) + CO2(g) = Cu/ZnO(s) + CH3OH(g)
(2)AC
(3) 升高温度 0.16 mol·L-1·min-1 /0.02 O2- (，，)
(4) < 直线 n斜率大(或直线n斜率绝对值小或直线n较m平缓)，Ea小， 反应速率快，催化效率高
【详解】（1）由总反应减去反应i即反应ii：Cu/Zn(s) + 2H2(g) + CO2(g) = Cu/ZnO(s) + CH3OH(g)；
（2）A．由于二氧化碳和氢气的起始物质的量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二者的转化率均相等，则二氧化碳与氢气的转化率相等不能说明反应达到平衡，A说法错误；
B．反应①为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，B说法正确；
C．单位时间内体系中3 mol氢气减少和1 mol水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，C说法错误；
D．化学平衡状态是化学反应的最大限度，反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，D说法正确；
故选AC。
（3）①虚线A，反应速率加快，氢气平衡浓度增大，说明改变条件平衡逆向移动，改变的条件可能是升高温度；
②该反应在0至4min内消耗氢气的物质的量为(8-2.3)=5.7mol，根据方程式可知生成水的物质的量为1.9mol，H2O的平均反应速率为mol·L-1·min-1；
③反应达到平衡状态，氢气的物质的量为2mol；
同温、同体积，压强比等于物质的量比，平衡时总压强为35MPaMPa； Kp=0.02MPa-2；
④利用均摊法，白球的个数为，黑球个数为4，根据Cu2O化学式知白球为O2-
；结构晶胞中小白球的位置应为晶胞均分为8个小立方体的4个体心的位置，故d的分数坐标为：(，，)；
（4）根据图示，直线n较m平缓，可知Ea小，反应速率快，所以催化效率高的是n，即m
(2) > F的电负性比H大，中成键电子对离中心原子较远，成键电子对之间的排斥力较小，因而键角较小
(3)
【详解】（1）①已知：I.
II.，根据盖斯定律可知，反应III=反应II-反应I，所以对应反应热=；该反应为熵减的放热反应，根据吉布斯自由能可知，若反应能自发进行，则，则需低温条件下进行；
②向某绝热恒容密闭容器内充入一定量的和，发生反应III，则
A．容器内气体的总质量随着反应的进行不变，气体的总体积不变，所以气体的密度为恒量，则气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．因为体系为绝热体系，随着反应的进行，不断有热量变化，所以当容器内气体的温度不再改变，说明反应达到了平衡状态，B符合题意；
C．，没有指明是否是正逆反应速率，不能说明是否是平衡状态，C不符合题意；
D．容器内气体的总质量为恒量，气体的总物质的量随着反应的进行在变，所以气体的平均摩尔质量为变量，则当气体的平均摩尔质量不再改变时，则说明反应达到了平衡状态，D符合题意；
故选BD；
③恒温恒容条件发生发应III，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，随着反应的进行，各容器内压强：pa=pb＜pc，说明平衡时气体的总物质的量：na=nb＜nc，即平衡时CO的转化率：a=b＞c，则平衡常数：Ka=Kb>Kc；实验b中，反应III中，0-20min内，体系压强从160 kPa减少到140kPa，减小的压强为生成氮气的分压，即Δp(N2)=20kPa，所以转化的CO的分压Δp(CO)=2Δp(N2)= 40kPa，起始总压为160kPa，CO和NO的物质的量之比为1:1，即CO的起始分压为80kPa，所以CO分压的平均变化率为2；列出三段式如下：
，所以该反应的压强平衡常数Kp=；
（2）因为F的电负性比H大，中成键电子对离中心原子较远，成键电子对之间的排斥力较小，因而键角：NH3＞NF3；
（3）①A点坐标为(0，0，0)，则A原子位于坐标原点，由图可知2号原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即2号原子的坐标为(，，)；
②由题干晶胞图示可知，一个晶胞中含有Ga的个数为=4，As的个数为4，设晶胞中Ga与As两原子核间最近距离为x nm，则晶胞体对角线长度为4x nm，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，则晶胞的边长为：a= ，晶胞质量为g，所以晶胞的密度ρ=，化简整理得x=nm。
12．(1)+206kJ·mol-1
(2)0.1
(3)减小CH4分压(或增大CO2分压)
(4) 0.0192 L2 缩小容器容积，C2H2浓度瞬时增大，平衡逆向移动，C2H2浓度减小
(5) CO2·+H2·=CO2·+2H·(或H2·=2H·) 低温
【解析】(1)
由盖斯定律可知ΔH=ΔH2-ΔH4+ΔH3，带入数据可知，ΔH=+206kJ·mol-1；
(2)
将，，计算可得，已知c(CO)：c(H2O)=5：1，则5min末，容器内H2的平衡浓度；
(3)
由速率方程式可知，一定温度下，减少催化剂表面积碳的措施为减小CH4分压或增大CO2分压；
(4)
①将2molCH4充入5L恒容密闭容器中发生反应I，列出压强三段式如下：
有恒容容器中压强之比等于物质的量之比推知CH4、C2H2、H2平衡物质的量浓度为0.24mol/L、0.08 mol/L、0.24 mol/L，则反应Ⅰ的平衡常数为；
②L2曲线；
③由图1可知，16min为缩小容器的体积，相当于增大压强，C2H2的浓度瞬间增大，平衡逆向移动，C2H2的浓度逐渐减小，故曲线L2能表示C2H2的分压与时间变化关系；
(5)
①活化能越小，反应速率越大，故反应速率最大的步骤为TS1，化学方程式为CO2·+H2·=CO2·+2H·(或H2·=2H·)；
②TS3对应的步骤为形成O-H键的放热过程，适合在低温条件下进行。
13．(1) 2.79 < L2 正反应 t0min时，反应Ⅲ的浓度商Q==3.5< Kc(III) ＞ 温度升高，Kc(III)减小，∆H3<0，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，即∆H3=∆H2-∆H1<0，则∆H1＞∆H2
(2)溶剂分子的极性参数增大，利于生成CH2BrCH=CHCH2Br
【分析】由信息，当CH3CH2CH2CH3(g)的转化率为80%时，容器内H2的物质的量为l.6 mol，浓度为0.32 mol/L；CH3C≡CCH3(g)和CH2=CHCH=CH2(g)的物质的量之和为0.8 mol，其浓度之和为0.16mol/L；CH3CH2CH2CH3(g)的物质的量为0.2 mol，浓度为0.04 mol/L；由反应Ⅲ的平衡常数Kc(III)= ，推知c(CH3C≡CCH3)= 0.02mol/L，c(CH2=CHCH=CH2)= 0.14mol/L，据此分析作答。
【详解】（1）①0~10min内，反应的平均速率v(H2)= ，故答案为：；
②反应I的平衡常数Kc(I)=，故答案为：2.79；
③平衡后，再向容器中充入1molCH3CH2CH2CH3(g)，相当于对反应体系加压，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡正向移动，CH3CH2CH2CH3(g)的平衡转化率减小，即小于80%，故答案为：<；
④温度不变，反应Ⅲ的平衡常数不变，平衡时c(CH2=CHCH=CH2)大于c(CH3C≡CCH3)，则表示CH3C≡CCH3(g)的浓度与时间关系的曲线为L2；t0min时，反应Ⅲ的浓度商Q==3.5< Kc(III)，则反应向正反应方向进行，故答案为：L2；正反应；t0min时，反应Ⅲ的浓度商Q==3.5< Kc(III)；
⑤由图2知，温度升高，Kc(III)减小，∆H3<0，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，即∆H3=∆H2-∆H1<0，则∆H1＞∆H2，故答案为：＞；温度升高，Kc(III)减小，∆H3<0，反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ，即∆H3=∆H2-∆H1<0，则∆H1＞∆H2；
（2）由表中数据知，溶剂分子的极性参数增大，利于生成CH2BrCH=CHCH2Br，故答案为：溶剂分子的极性参数增大，利于生成CH2BrCH=CHCH2Br。
14．(1)-136.2kJ/mol
(2) 0.9 减小压强
(3) 16
93.3
(4) 否 ＞
【详解】（1）由盖斯定律①×+②×可知3NO2(g)+H2O(1)═2HNO3(aq)+NO(g)ΔH=-116.1 kJ・mol-1×+75.9kJ•mol-1×=-136.2kJ/mol，故答案为：-136.2kJ/mol；
（2）①反应为4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)，该反应的平衡常数表达式为，在该条件下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入4molNH3和6mol NO发生上述反应，5min末达到平衡，NO的平衡转化率为90%，NO的反应量为6mol×90%=5.4mol，生成氮气4.5mol，用N2表示该反应的平均速率为，故答案为：；0.9；
②反应正向气体分子数增大，减小压强，平衡正向移动，NO转化率变大，故答案为：减小压强；
（3）在T℃时，1L恒容密闭容器里，充入0.003molNO和0.006molH2，设NO的消耗量为xmol，此时NO的物质的量为(0.003-x)mol，氢气的物质的量为(0.006-x)mol，氮气的物质的量为0.5xmol，水的物质的量为xmol，混合气的总物质的量为(0.009-0.5x)mol，同温同压条件下，压强比等于物质的量之比，则有，解得x=0.002，氢气的物质的量为0.004mol，混合气的总物质的量为0.008mol，体系中H2的分压p(H2)=32kPa×=16kPa，设平衡时NO的消耗量为ymol，此时NO的物质的量为(0.003-y)mol，氢气的物质的量为(0.006-y)mol，氮气的物质的量为0.5ymol，水的物质的量为ymol，混合气的总物质的量为(0.009-0.5y)mol，同温同压条件下，压强比等于物质的量之比，则有，解得y=0.0028mol，NO的平衡转化率为×100%≈93.3%，故答案为：16；93.3；
（4）①由图可知，反应正向建立平衡，反应正向气体分子数增大，如反应已达到平衡，减压，平衡应向正向移动，NO2的转化率增大，与图象不符，故反应未达到平衡，故答案为：否；
②由图可知，a点NO2的转化率为40%，NO2的反应量为1mol×40%=0.4mol，NO2的物质的量为0.6mol，N2的物质的量为0.2mol，CO2的物质的量为0.4mol，混合气的总物质的量为1.2mol，a点NO2的转化率为80%，NO2的反应量为1mol×80%=0.8mol，NO2的物质的量为0.2mol，N2的物质的量为0.4mol，CO2的物质的量为0.8mol，混合气的总物质的量为1.4mol，由于V1＜V2，＞=，故答案为：＞。
15．(1)光能转化为电能、电能转化为化学能
(2) -47 2.0
(3) 温度为T2、催化剂为agp-M2 随温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，生成的淀粉量增加；之后随温度升高，催化剂活性减弱，反应速率加快，生成的淀粉量急剧减少 0.124 ×100%
【解析】(1)
由题干“利用光伏发电，将电解水获得的H2与CO2反应合成甲醇，再由甲醇经若干酶促反应合成淀粉”知该研究成果中涉及的能量转换形式有光能转化为电能、电能转化为化学能。
(2)
①根据摩尔生成焓的定义知H2的摩尔生成焓等于0，结合盖斯定律可知反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH1=395kJ/mo1+0-200kJ/mol-242kJ/mol=-47kJ/mol。
②由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)、CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)知，生成的甲醇和一氧化碳的总物质的量和水蒸气的物质的量相等，平衡时生成3mol水蒸气，则平衡时甲醇和一氧化碳共3mol。根据碳原子守恒可知，平衡时CO2的物质的量为4mol-3mol=1mol。起始时加入4molCO2和8molH2，共12mol气体，起始总压强是平衡时总压强的1.5倍，则平衡时体系中气体的总物质的量为12mol/1.5=8mol，平衡时H2的物质的量为8mol-3mol-3mol-1mol=1mol，再根据H原子守恒，知平衡时甲醇的物质的量1/4×(8mol×2-3mol×2-1mol×2)=2mol，即n1=2，故平衡时CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的物质的量分别为1mol、1mol、2mol、3mol，p(CO2)=1/8pkPa，p(H2)=l/8pkPa，p(CH3OH)=1/4pkPa，p(H2O)=3/8pkPa，反应I的平衡常数Kp==。
(3)
①根据表中数据知最佳的反应条件为：相同时间内生成淀粉量最大的实验3，即温度为T2、催化剂为agp-M2；
②温度升高，生成淀粉量先增加，可能原因是温度升高，催化剂活性增强且温度升高速率加快；之后生成淀粉量急剧减少的原因可能是酶在高温下失活。③根据试题中的速率单位，淀粉的生成速率可用生成淀粉的质量浓度除以时间：1.24g·L-1/10h=0.124g·L-1·h-1，淀粉的产率计算如下：
由
淀粉的产率为×100%≈×100%。
16．(1) 慢反应 CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol A 相同条件下，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大 1：1
(2)在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小， 促进了C-C键形成(或其他合理说法)
(3) -e-= A
【详解】（1）①由图可知反应I的活化能大于反应II，故反应I为慢反应，由图可知CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol；
②相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g)（主反应），H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) （副反应），因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A；
③设在密闭容器中充入1mol的CH4(g)和CO2(g)，因为CH4(g)的的平衡转化率为40%，故共消耗0.4mol，CO2(g)的转化率为20%，消耗0.2mol，故：
体系中，n(H2)=0.2mol， n(H2O)=0.2mol，n(H2)： n(H2O)=1:1，体系中各气体的物质的量之和为2.4mol，故；
（2）催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成；
（3）①由图分析可知，电极X中Fe化合价降低，得到电子，作阴极，与电源负极相连；电极Y中Fe化合价升高，失去电子，作阳极，与电源正极相连；与电源正极相连一极上的电极反应式为：-e-= ；
②A．由①可知电极X为阴极，电极反应式为+e-=，电极Y为阳极，电极反应式为：-e-= ，则循环液1和2均含有和，A项正确；
B．为避免循环液出现离子交换，阳离子向电极X（阴极）移动，阴离子向电极Y（阳极）移动，隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，B项错误；
C．由图可知，海水1经处理，转换为CO2，CO2的水溶液呈弱酸性，会抑制水的电离，而酸化处理后的海水2，CO2转化为，易水解，故水的电离程度：处理后海水1＜处理后海水2，C项错误；
D．电解时，海水中的Na+等阳离子向阴极移动，Cl-等阴离子向阳极移动，但这些离子依然在处理后的海水中，并不会有利于海水的淡化，D项错误；
答案选A。
17．(1) 高温 + 128 kJ/mol
(2)C
(3) 600℃ 温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活
(4)CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2
(5) b 1
【解析】(1)
①满足时，反应自发进行，根据反应I可知，该反应的，，则该反应在高温下能自发，故答案为：高温；
②根据盖斯定律，由Ⅱ×3+I可得C3H8O3(g)+3H2O(g) 3CO2(g)+7H2(g)，则ΔH3=ΔH2×3+ΔH1=(-41 kJ·mol-1)×3+251 kJ·mol-1=+128 kJ·mol-1，故答案为：+128 kJ·mol-1；
(2)
A．活化能越低，反应速率越大，Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程的活化能Pt12Ni
B．由图可知，Pt12Ni 、Sn12Ni、Cu12Ni催化甲烷逐步脱氢过程中活化能最大的反应步骤是Sn12Ni作催化剂时的反应：CH3*=CH2*+H*，故B正确；
C．DRM反应为CH4+CO2 ⇌ 2CO+ 2H2，CH4、CO2中只含有极性键，该反应中没有非极性键的断裂，故C错误；
故答案为：C；
(3)
由图可知，550℃、650℃时，当反应时间大于1000s，氢气的体积分数迅速下降，催化剂表面的积碳量增加，催化剂迅速失活，而600℃时，随着反应的进行，氢气的体积分数逐渐增大并保持在较高水平，因此使用催化剂的最佳温度为600℃；650℃条件下， 1000 s后，氢气的体积分数快速下降的原因是温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活，故答案为：600℃；温度升高反应速率加快，催化剂内积碳量增加，催化剂快速失活；
(4)
由图可知， Ni-YSZ电极上，CH4失去电子发生氧化反应生成CO2和H2，则Ni-YSZ电极为阳极，电极反应式为CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2，故答案为：CH4-4e-+2O2- =CO2+2H2；
(5)
横坐标是温度倒数的变化，则横坐标越大，表示温度越低，降低温度，正、逆反应速率均减小，即lgk正、lgk逆均减小，由于反应H2(g)+N2O(g) H2O(g)+N2(g) 的 ΔH <0，降低温度，平衡正向移动，lgk逆减小的速度大于lgk正减小的速率，则a表示lgk正的变化，b表示lgk逆的变化；由图可知，M点的lgk逆=lgk正，则k逆=k正，平衡时v正= v逆，则k 正c(N2O)·c(H2)=k逆c(N2)·c(H2O) ，则有，故答案为：b；1。
18． AD -31.4 0.5或 ＞ 由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2＞T1，又逆反应气体分子变多，依据PV=nRT，V一定，n和T均变大，故P变大 NH4HCO3 + H2O NH3·H2O + H2CO3 1.26×10-3 3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O
【详解】(1)图中显示的能量转化形式就有四种：太阳能转化为化学能，化学能转化为热能(或热能转化为化学能)，化学能转化为热能(或电能)，热能(或化学能转化为)动能，选项A错误；
B．“单位时间内反应物的转化率”其实是描述化学反应速率，选项B正确；
C．利用太阳能开发甲醇等液态燃料，既有利于“碳中和”，又有利于替代化石能源，减少污染，选项C正确；
D．目前，工业获取H2更多采用水煤气法、烃裂解(或烃转化)法，选项D错误。
答案选AD；
(2)①由图可得反应HCOOH(g) CO(g)＋H2O(g) △H=+72.6kJ·mol-1；
CO(g)＋ O2(g)= CO2(g) △H=-283.0kJ·mol-1；
H2(g) ＋ O2(g)= H2O(g) △H=-214.8kJ·mol-1；
由盖斯定律可得△H=-31.4 kJ·mol-1；
②反应达到平衡时，v正= v逆，即k正c(CO2)·c(H2)= k逆c(HCOOH)，又K=2，可得k正=2k逆。所以，k逆=0.5k正；
③温度为T2℃时，k正=1.9k逆，则K=1.9＜2，说明平衡逆向移动，该反应正向放热，故可得出T2＞T1，且逆反应气体分子数变多，依PV=nRT，可得T2℃时平衡压强大于T1℃时平衡压强；答案为由k正=1.9k逆可以得出K=1.9＜2， 说明平衡逆向移动。而该反应为放热反应，可知T2＞T1，又逆反应气体分子变多，依据PV=nRT，V一定，n和T均变大，故P变大；
(3)常温下，碳酸的电离常数K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，计算NH4HCO3.水解反应的平衡常数时用到碳酸的电离常数K1=4.4×10-7和NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5；根据反应+2 NH3·H2O+H2CO3可知Kh==1.26×10-3；
(4)由图可知，A电极为正极，在A电极上CO2得电子，发生还原反应，生成CH3CH(OH)CH3，A极由CO2制异丙醇的电极反应式为3CO2 + 18e- + 18H+ = CH3CH(OH)CH3 + 5H2O。
【点睛】本题为化学反应原理综合，以“碳中和”切入，突出化学学科“科学精神与社会责任”的核心素养。通过阅读图例、盖斯定律的运用、速率常数和平衡常数的分析与计算、电极反应方程式的书写等，分别考查了信息获取与加工能力、证据识别与推理能力、模型构建与认识能力，以及规范的文字、化学用语的表达能力。
19． -1155.5 A 催化剂A在较低温度下具有较高的活性，节约能源；且反应放热，低温有利于氨的合成 T1＜T2＜T3 ＞ 活化能越大，反应速率越慢 BCD
【分析】先求出根据N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H，根据盖斯定律：①+②-③，得CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H；在温度T2压强50 MPa时，列出反应的三段式， ，由 ,解出x，再求出各物质的物质的量分数，求出分压，求出Kp；
【详解】(1)①CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=-865.0 kJ·mol-1，②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=-112.5 kJ·mol-1，③适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，即生成0.1molNO，吸收8.9 kJ的热量，则生成1molNO，吸收89 kJ的热量。可得N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=178kJ·mol-1，根据盖斯定律：①+②-③，则CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H= -865.0 kJ·mol-1-112.5 kJ·mol-1-178kJ·mol-1=-1155.5kJ·mol-1。故答案为：-1155.5；
(2)①合成氨需要选择合适的催化剂，实际生产中适宜选择的催化剂是A，理由是催化剂A在较低温度下具有较高的活性，节约能源；且反应放热，低温有利于氨的合成。故答案为：A；催化剂A在较低温度下具有较高的活性，节约能源；且反应放热，低温有利于氨的合成；
②如图2，合成氨是放热反应，当压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，氨的体积分数越低，T1、T2、T3由小到大的排序为T1＜T2＜T3；在T2、50MPa条件下，A点属于非平衡状态，反应向正向进行，v正＞v逆(填“＞”、“＜”或“=”)；在温度T2压强50 MPa时， ,x=5mol，各物质的物质的量分数：N2为 ，H2为，NH3为0.5，p(N2)=50×25%MPa，p(H2)=50×25%MPa，p(NH3)=50×50%MPa，平衡常数Kp=== MPa-2(列出表达式，分压=总压×物质的量分数)。故答案为：T1＜T2＜T3；＞；；
③i．第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2相比：E1＞E2，判断理由活化能越大，反应速率越慢。故答案为：活化能越大，反应速率越慢；
ii．A．控制温度远高于室温，是为了保证催化剂的活性最大，故A错误；
B．合成氨正反应形成生成物的化学键放出的热量大于拆开反应物的化学键吸收的热量，是放热反应，在不同温度下的△H都小于零，合成氨反应是气体体积减少的反应，在不同温度下的△S都小于零，故B正确；
C．NH3易液化，不断将液氨移去，减少生成物浓度，利于反应正向进行，故C正确；
D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生，故D正确；
故答案为：BCD。
20．(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)硫酸铜
(3)Cu2Te+2H2SO4 +2O22CuSO4+TeO2+2H2O
(4)将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt等，便于后续回收
(5)
(6) (，，)
【分析】碲化铜渣(主要成分为Cu2Te，还含有金、铂等金属)加入硫酸并通入氧气焙烧，反应生成硫酸铜以及TeO2，水浸后过滤，所得滤液i主要溶质为硫酸铜，滤渣的主要成分为TeO2，还含有Au和Pt，加入氢氧化钠碱浸，目的是将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt等，过滤后所得浸出液为含Na2TeO3的溶液，加入过氧化氢将Na2TeO3氧化为Na2TeO4，再加H2SO3酸溶还原沉碲，将Na2TeO4还原为Te，据此分析解答。
【详解】（1）将碲化铜渣粉碎，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高浸出率。
（2）根据分析，碲化铜渣中加入硫酸并通入氧气焙烧，反应生成硫酸铜以及TeO2，水浸后过滤，所得滤液i主要成分为硫酸铜。
（3）焙烧过程中，Cu2Te、硫酸和氧气反应生成硫酸铜、TeO2和水，反应的化学方程式为Cu2Te+2H2SO4 +2O22CuSO4+TeO2+2H2O。
（4）根据分析，水浸后过滤，所得滤渣的主要成分为TeO2，还含有Au和Pt，加入氢氧化钠碱浸，目的是将TeO2转化为Na2TeO3浸出，同时富集Au、Pt等，便于后续回收。
（5）用H2SO3“酸溶还原沉碲”，将Na2TeO4还原为Te，反应的离子方程式为。
（6）由晶胞图和z轴投影图可知，c点位于体对角线的处，a点的坐标为(0,0,0)，b点的坐标为(1,1,1)，则c点的坐标为(,,)；设晶胞参数为acm，该立方晶胞中，位于晶胞内部Zn原子个数为4，则，cm，由晶胞图可知，Zn与Te最近距离为体对角线的，即为。
21．(1) 控制高钛渣颗粒大小均匀，便于控制酸浸速率和进行程度 、
(2) 将还原为 防止提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率(产品产率)
(3)
(4)防止、被氧化变质
(5)B
(6) 分子晶体
【分析】高钛渣(含、和少量、和)经“筛分”后用硫酸酸浸，、FeTiO3与H2SO4反应转变为TiOSO4、，故得到含有H2SO4、TiOSO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液，微溶、SiO2没有溶解，过滤得到浸渣为 ，加入铁屑转化时还原体系中的，过滤，所得滤液经结晶得到绿矾，所得滤液在90°C下TiOSO4水解得到H2TiO3沉淀和H2SO4 ，过滤，煅烧发生反应，制得烧渣为；经过氯化冷凝时，转化为液态，在氩气中被镁还原得到Ti，Ti和多余的镁的混合物通过加稀盐酸、过滤，得到纯Ti。
【详解】（1）“筛分”可控制高钛渣颗粒大小均匀，有利于控制酸浸速率和进行程度；由转化关系知，浸渣的主要成分为原料中难溶于酸的和生成的。
（2）由流程信息，“酸浸”后生成，而“结晶”得到绿矾，故“转化”工序加入铁粉的目的为将还原为；在90℃时充分水解成，若“结晶”控制温度过高，会导致提前水解使制得的绿矾不纯，又会降低钛的回收率(或产品产率)。
（3）由信息，在90℃时水解成，反应的离子方程式为
（4）“热还原”时，需要在氩气氛围下进行的原因为防止、被氧化变质。
（5）由信息，钛溶于浓盐酸，故可用稀盐酸分离生成的和多余的单质；
故选B。
（6）通常为液体，其晶体类型为分子晶体；由图知，甲、乙晶胞中均含有2个原子，故二者的空间利用率之比即为体积之比的倒数，计算得。
22．(1) 增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行 6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4
(2)+ ClO-=+ Cl-
(3)H2SiO3
(4) 灼烧 金属钨或W
(5)溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s) Ca2+ (aq) + (aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ( )减小，使得平衡正向移动
(6) c+a-2b
【分析】黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO4)中加入纯碱、通入氧气后粉碎焙烧，生成CO2，“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和， “氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，氧化后的溶液中加入稀盐酸调节pH后过滤，得到滤渣2为H2SiO3，滤液中加入MgCl2溶液将生成Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2沉淀而除去，过滤得到滤液1，向滤液1中加入CaCl2溶液在生成CaWO4沉淀，滤液2和过滤的沉淀，向沉淀中加入盐酸进行酸解，将CaWO4转化为H2WO4，经过高温灼烧得到WO3，WO3经高温还原可得产品1为单质钨W，或者经氯化可得产品2为WCl6，据此分析回答问题。
【详解】（1）“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行，已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3， 即MnWO4与Na2CO3和O2发生反应生成Mn3O4、Na2WO4和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4，故答案为：增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4；
（2）由分析可知，“氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，故“氧化”时发生反应的离子方程式为：+ ClO-=+ Cl-，故答案为：+ ClO-=+ Cl-；
（3）由分析可知，“滤渣2”主要是H2SiO3，故答案为：H2SiO3；
（4）由分析可知，“操作X”是灼烧，产品 1是单质钨或W，故答案为：灼烧；单质钨或W；
（5）已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动，故可以利用盐酸进行“酸解”，故答案为：溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动；
（6）①根据题意可知，1min挥发的CS2的质量为(a-b)g，开盖加入待测样品并计时1min后，质量为cg，则样品的质量为[c-b+(a-b)]g=(c+a-2b)g，故答案为：(c+a-2b)；
②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O， 反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+，滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，根据上述分析可找到关系式为：WCl6~~2~6I2~12，故有n(WCl6)=n()=xmol/L×V×10-3L=xV×10-3mol，则样品中WCl6的质量分数为，故答案为：。
23．(1) AB Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S
(2)SiO2、S
(3) Fe3+、Zn2+ 8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O
(4) Pr3++3e-=Pr PrOCl 1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2
【分析】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，SiO2和生成的硫单质不溶，过滤除去，滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之后调节pH除去Zn2+、Fe3+，过滤后将所得滤液蒸发浓缩、冰水浴冷却结晶，过滤得到PrCl3晶体。
（1）
①A．适当升高溶浸温度，可以加快反应速率，能提高镨元素浸出率，A符合题意；
B．适当加快搅拌速率，可以使孪生矿与氯化铁溶液接触更充分，加快反应速率，能提高镨元素浸出率，B符合题意；
C．适当缩短溶浸时间，反应不充分，会降低镨元素浸出率，C不符合题意；
综上所述答案为B；
②根据其他金属硫化物发生的反应可知，“溶浸”时Pr2S3被FeCl3氧化，根据电子守恒、元素守恒可得离子方程式为Pr2S3+6Fe3+=6Fe2++2Pr3++3S；
（2）
滤渣1主要为不和氯化铁溶液反应且难溶于水的SiO2，以及反应生成的S单质；
（3）
根据题目所给数据可知，pH为3.2时Fe3+完全沉淀，pH为6.4时Zn2+完全沉淀，所以依次析出的金属离子是Fe3+、Zn2+；根据题意，隔绝空气焙烧时，Fe(OH)3将FeS2氧化为S，自身被还原为Fe3O4，根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为8Fe(OH)3+FeS23Fe3O4+2S+12H2O；
（4）
①(PrCl3-KCl)在电解槽内熔化，可以电离出自由移动的离子，目的是制取Pr单质，所以Pr3+在阴极被还原，电极反应式为Pr3++3e-=Pr；
②1100℃时的热解产物只有PrO2和Pr(OH)2Cl，说明PrOCl不稳定，温度较高时不能稳定存在，所以热稳定性最差的是PrOCl；PrO2中Pr元素化合价升高，为氧化产物，1100℃时主要发生PrOCl的氧化反应，生成PrO2，所以1100℃时热解产物主要为PrO2而无PrOCl。
24．(1)苯甲酸分子间存在氢键
(2) 增大甲醇含量，可促使酯化反应正向移动，增大苯甲酸的转化率，提高产率 甲醇用量增大，会加大回流量，相对降低反应温度，对反应不利
(3)水浴加热
(4) 及时分离出酯化反应生成的水，使反应正向移动，提高产率 分水器中水层不再变化
(5) cba 降低苯甲酸甲酯的溶解度，便于后续分液(或增强溶剂极性，使苯甲酸甲酯更易分层，合理即可)
(6)减少污染环境(或便于分离循环使用或减少对设备的腐蚀，合理即可)
【详解】（1）苯甲酸含有羟基易形成氢键，沸点高于苯甲酸甲酯的原因为苯甲酸分子间存在氢键；
（2）加料时，n(甲醇):n(苯甲酸)约为5:1，甲醇过量的原因是增大甲醇含量，可促使酯化反应正向移动，增大苯甲酸的转化率，提高产率；但醇酸比超过5:1时，醇酸比的增加对产率影响不大，原因是甲醇用量增大，会加大回流量，相对降低反应温度，对反应不利；
（3）低于100℃可用水浴加热 ，该实验的温度控制在85°C，应采取的加热方式为水浴加热；
（4）水的密度大于反应物的密度，在下层，实验中需多次将分水器中下层液体放出，其目的是及时分离出酯化反应生成的水，使反应正向移动，提高产率，水不再增多，反应完成，判断反应已经完成的标志是分水器中水层不再变化；
（5）步骤Ⅱ中，“一系列分离提纯操作”过程中先用5% Na2CO3溶液溶解甲醇，和苯甲酸反应，分离苯甲酸甲酯；然后饱和食盐水降低苯甲酸甲酯的溶解度，便于后续分液；再用无水氯化钙干燥；先后顺序应依次为cba，加入饱和食盐水的作用是降低苯甲酸甲酯的溶解度，便于后续分液(或增强溶剂极性，使苯甲酸甲酯更易分层，合理即可)；
（6）传统制法用浓硫酸催化，浓硫酸催化具有活性高，价格低廉的优点，但浓硫酸易产生污染物，现代工艺多以固体氯化铝作催化剂，这样改进最主要的原因是减少污染环境(或便于分离循环使用或减少对设备的腐蚀，合理即可)。
25．(1) 使用合适催化剂 -41
(2) 0.8 80% 1.25
(3)0.8
(4) 降低温度或增大水蒸气的量或减少氢气的量
【分析】（1）根据使用催化剂，提高反应的选择性进行分析
（2）。根据三段式计算平衡时各物质的数据，并根据转化率和平衡常数公式计算。
（3）根据三段式计算各反应平衡时数据，并结合速率计算公式和平衡常数公式计算。
（4）结合反应条件对反应速率和平衡移动的影响进行分析。
【详解】（1）提高反应的选择性，可以选择合适的催化剂。
（2）反应2的ΔH=-394-（-111-242）=-41 kJ·mol-1。
有2（3.2-2x）=x，解x=1.28mol。则甲醇的转化率为 ，反应1的平衡常数为 。
（3）
总物质的量为0.8+0.8+0.2=1.8mol，根据 ，则
（4）t2时刻，一氧化碳和二氧化碳的浓度都不变，然后平衡移动，二氧化碳的浓度增大，一氧化碳的浓度减小，说明平衡正向移动，反应2为放热反应，所以改变的条件可能是降低温度或增大水蒸气的量或减少氢气的量。若t4时刻通过改变容积的方法将压强增大为原来的2倍，则一氧化碳和二氧化碳的浓度都变为原来的2倍，平衡不移动，。故浓度变化如图：。
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