2025高考化学解密之考点篇试题 化学反应原理（解答大题）（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密之考点篇试题 化学反应原理（解答大题）（Word版附解析），共105页。试卷主要包含了和乙醛，如图是该反应的历程等内容，欢迎下载使用。
1．（2024•怀仁市校级三模）为了实现“碳达峰”和“碳中和”的目标，将CO2催化加氢合成低碳烯烃是解决温室效应和化工原料问题的有效途径。已知部分反应的热化学方程式如下：
Ⅰ．6H2（g）+2CO2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）ΔH1＝﹣268.65kJ•ml﹣1
Ⅱ．9H2（g）+3CO2（g）⇌C3H6（g）+6H2O（g）ΔH2＝﹣131.50kJ•ml﹣1
Ⅲ．12H2（g）+4CO2（g）⇌C4H8（g）+8H2O（g）ΔH3＝﹣380.22kJ•ml﹣1
回答下列问题：
（1）反应2C3H6（g）⇌C2H4（g）+C4H8（g）的ΔH＝ kJ•ml﹣1。
（2）120℃和有催化剂存在的条件下，恒容密闭容器中，反应Ⅱ达到平衡状态的标志是 （填标号）。
A．单位时间内消耗3ml CO2，同时生成1ml C3H6
B．混合气体的密度不再改变
C．反应速率v（H2）：v（CO2）：v（C3H6）：v（H2O）＝9：3：1：6
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
（3）用碳化钼催化CO2和CH4重整制氢的反应原理如图所示。
①CH4发生的反应为yCH4+MCxOy＝yCO+2yH2+MCx，则CO2发生的反应为 。
②将1ml CH4和1ml CO2充入恒容密闭容器中发生反应：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），在600K时，气体混合物中H2的物质的量分数x（H2）与反应时间t的关系如下表所示：
该反应中，正反应速率v正＝k正•x（CH4）•x（CO2），逆反应速率v逆＝k逆•x2（CO）•x2（H2），其中k正、k逆为速率常数，则k逆＝ （用Kx和k正表示，其中Kx为用物质的量分数表示的平衡常数）。600K时，该反应的Kx＝ （保留1位小数）。
（4）在总压强恒定为3.1MPa和＝3时，在容器体积可变的密闭容器中当只发生反应I时，平衡时各物质的物质的量百分数x与温度T的关系如图所示。A点时，CO2的平衡转化率为 ；乙烯的分压为 MPa。B点对应温度下反应Ⅰ的压强平衡常数Kp＝ （MPa）﹣3（保留1位小数）。
2．（2024秋•西城区校级月考）研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向。
CH4—CO2催化重整反应Ⅰ为：；在此过程中还发生反应Ⅱ：。
（1）在恒压、起始投料n（CH4）：n（CO2）＝1：1条件下，CH4和CO2平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。
①曲线 （填“A”或“B”）表示CO2平衡转化率随温度的变化。
②在800K条件下，达平衡时，体系内CO的体积百分含量为 。
（2）在高温下，CH4—CO2催化重整过程中还存在积碳反应：。
①适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因： 。
②当选用固体催化剂时，相同时间内测得CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。
CH4的转化率：a＞b，原因是 。
3．（2024秋•昆山市校级期中）有效去除大气中的NOx和水体中的氮是环境保护的重要课题。
（1）已知：①2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH1＝﹣566.0kJ•ml﹣1；
②N2（g）+2O2（g）＝2NO2（g）ΔH2＝+64kJ•ml﹣1。
反应2NO2（g）+4CO（g）＝N2（g）+4CO2（g）；ΔH3＝ 。
（2）NH3—SCR技术可用于脱除大气中的NO2
①Cu基催化剂是NH3—SCR技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但烟气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入CeO2（基态Ce原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2）可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图所示（含Ce化合物的比例系数均未标定）。
（a）从整个反应机理来看，总反应中起还原作用的物质是 （填化学式）。
（b）在上述反应机理图中，CemOn的化学式为 。
②将3%NO、6%NH3、21%O2和70%N2的混合气体（N2为平衡气）以一定流速通过装有Cu基催化剂的反应器，NO去除率随反应温度的变化曲线如图所示。
（a）在150﹣225℃范围内，NO去除率随温度的升高而迅速上升的原因是 。
（b）燃煤烟气中伴有一定浓度的HCl气体，它会造成NO去除率下降，其原因可能是 。
（3）电极生物膜法能有效去除水体中的，进行生物的反硝化反应。其可能反应机理如图所示。H2O在阴极得电子生成氢气2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，则生物膜中发生脱硝反应的离子方程式为 。
4．（2023春•赣县区校级月考）化学变化过程中均存在物质变化与能量变化，某化学兴趣小组进行如图所示实验，以验证此结论。
请回答下列问题：
（1）将①中涉及的反应设计成如图所示的原电池，则溶液中的移向 （填“正”或“负”）极，电极材料X不能是 （填序号）。
A．Cu
B．Zn
C．Pb
D．石墨
（2）进行实验②时，温度计中水银液面变化 （填“升高”或“降低”）。
（3）下列化学反应中的能量变化关系与③相符合的是 （填序号）。
A．生石灰溶于水
B．盐酸与碳酸氢钠反应
C．甲烷在空气中燃烧
D．灼热的木炭与CO2反应
（4）在300℃时，X、Y、Z三种气体在恒容密闭容器中反应时的浓度变化如图所示：
请回答下列问题：
①该反应的化学方程式为 。
②下列事实能表明300℃时该反应处于平衡状态的是 （填序号）。
A．v（X）：v（Y）：v（Z）＝2：2：1
B．X（g）的物质的量浓度不变
C．混合气体的质量不变
D．混合气体的密度不变
5．（2024秋•安徽月考）大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）后才能排放。臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为：NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g） ΔH＝﹣200.9kJ•ml﹣1。
（1）若 ΔH＝+58.2kJ•ml﹣1，则反应3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g）的ΔH＝ kJ•ml﹣1。
（2）对于反应NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g） ΔH＝﹣200.9kJ•ml﹣1。
①在恒温恒容条件下，下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是 （填标号）。
A．容器的压强不再改变
B．混合气体密度不再改变
C．混合气体颜色不再改变
D．NO与O2的体积比不再改变
②写出既能加快化学反应速率，又能增大NO转化率的方法 。
（3）在不同温度下，分别向10L的恒容密闭容器中按1：1充入一定量的NO和O3发生反应：NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g），其中NO的物质的量随时间变化如图所示：
①图中T1 T2（填“＞”“＜”或“＝”），判断的理由是 。
②温度为T1时，用NO表示t1～t2s内该反应的平均速率为 ；T1时该反应的平衡常数K为 ；若T1时NO和O3的起始投入量均为3aml，则达到平衡时NO的残留量为 ml。
6．（2024秋•鼓楼区校级期中）研究工业尾气处理是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。
（1）脱除NO。已知：
①脱硝反应CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）的ΔH＝ kJ•ml﹣1
②一定条件下，n（CH4）：n（NO）：n（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图1。
分析NO的去除率随温度变化的原因 。
（2）脱除SO2。工业上用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图2所示。
已知：ⅰ.纳米MgO活性较高，常温可与水反应：ⅱ.MgSO3难溶于水，Mg（HSO3）2可溶。
①为提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂情况下，可采取措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、 （写出两点）。
②烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。请分析原因 。
③实验发现：随着SO2的脱除，600s以后溶液pH值几乎不变，但MgSO4浓度逐渐升高。结合图2和图3分析，可能是因为溶液中的Mg（OH）2转化为MgSO4。写出该反应的离子方程式 。
（3）脱除H2S。催化剂CeO2﹣MgO对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图4所示，表示状态2的为 （填选项）。
7．（2024秋•杨浦区校级期中）治理大气中的H2S、SO2以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。加入固硫剂，是一种有效的治理措施。生石灰是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：
①2CaO（s）+2SO2（g）+O2（g）⇌2CaSO4（s） ΔH1＝﹣1004kJ•ml﹣1
②CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g） ΔH2＝+219kJ•ml﹣1
（1）写出反应①的化学平衡常数表达式 。
（2）CO的燃烧热为 kJ•ml﹣1。
A.﹣566
B.﹣283
C.566
D.283
大气中H2S能通过高温下与CO2反应进行协同转化处理。反应原理为：H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g），工业中测得的产物中有S2、SO2、CO等副产物。
（3）一定温度下，在恒容密闭容器中发生以上反应，下列条件能判断反应达到平衡状态的是 。（不定项）
A.容器内H2O（g）不再生成
B.容器内压强不再发生变化
C.容器内气体密度不再发生变化
D.v正（H2S）＝v逆（CO2）
（4）在573K下，向2L恒容密闭容器中通入2ml H2S和1ml CO2，反应达到平衡后水蒸气的物质的量分数为0.2。
①上述条件下H2S的平衡转化率α＝ %。
②在上述平衡体系中再加2ml CO2（g）和2ml H2O（g），通过数据说明平衡移动的方向 。
（5）在不同温度下，向密闭容器甲、乙中分别充入2ml H2S和1ml CO2，它们分别在有水分子筛（只允许水分子透过）和无水分子筛条件下反应，测得的CO2（g）平衡转化率随温度变化关系如图所示。
①两个容器中使用了水分子筛的容器是 。
A.甲
B.乙
C.甲、乙中任一个
②1173K以后平衡转化率变化的原因可能是 。
向BaCl2溶液中通SO2气体一段时间，再加H2O2溶液，最终得到白色沉淀。
（6）关于以上实验说法正确的是 。
A.SO2体现氧化性
B.白色沉淀中可能含BaSO3
C.最终溶液呈强酸性
D.若将BaCl2溶液换成Ba（OH）2溶液，现象完全一样
（7）在清理试管中的BaSO4沉淀时，常加入饱和Na2CO3溶液，使BaSO4转化为BaCO3再用酸处理。现欲用1LNa2CO3溶液将0.01ml BaSO4全部转化为BaCO3（假定溶液体积不变），则Na2CO3溶液的最初浓度应不低于 。（写出计算过程）
已知：BaCO3Ksp＝2.6×10﹣9；BaSO4Ksp＝1.1×10﹣10
8．（2024秋•青岛月考）电能与化学能之间的相互转化具有重要的实用价值。
Ⅰ.以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制H2和O2，装置如图所示。
（1）电极a为 （填“阴极”或“阳极”），b极的电极反应式为 。
（2）乙装置中发生反应的化学方程式为 。
（3）电解和催化过程中需不断向电解槽中补充Y，Y的化学式为 。
Ⅱ.恒温条件下，用如图1所示装置探究铁的电化学腐蚀，溶液pH、容器内压强随时间变化曲线如图2所示。
（4）图2中表示pH的曲线为 （填“a”或“b”）。BC段正极的电极反应式主要为 。
（5）图2中DE段曲线基本不变，此时电池的总反应为 。
（6）轮船上为减缓铁皮的腐蚀，常在船底四周镶嵌锌块，这种防护方法被称为 。
9．（2024秋•闵行区校级月考）Ⅰ．在铜、银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷（）和乙醛，如图是该反应的历程。
（1）请写出Cu在周期表中的位置 。Cu元素基态原子的价层电子排布式为 。
②以生成乙醛为例，使用 催化剂可以使反应活化能更低，反应速率更快。
（2）以下电子排布式和价电子轨道表示式中，正确且对应微粒为基态原子的是 。
A．[Ar]3d10
B．[Ar]3d54s1
C．[Ar]3d44s1
D．
（3）以下有关原子结构的叙述错误的是 （不定项）。
A．激发态碳原子的电子排布式可以是1s22s12p3
B．p区元素原子的p能级中一定都有电子
C．第2周期元素中，第一电离能介于B、N元素之间的元素有2种
D．某原子的电子由1s22s22p33s1跃迁至1s22s22p4形成的光谱是发射光谱
（4）鉴别以上产物环氧乙烷和乙醛可以用 （不定项）。
A．质谱法
B．红外光谱法
C．李比希燃烧法
D．核磁共振氢谱
（5）已知：常温下，①[Cu（NH3）4]2+（aq）⇌Cu2+（aq）+4NH3（aq）K1＝5.0×10﹣14，②Cu（OH）2（s）+4NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq） K2＝4.4×10﹣7
则Ksp[Cu（OH）2]＝ （写数值）。
Ⅱ．利用如图所示装置，探究Ag+氧化I﹣的反应。
（6）图中盐桥中的电解质可用 。
A．KNO3
B．KCl
C．Fe2（SO4）3
（7）闭合K，电流计指针偏转。“石墨2”作 。
A．阴极
B．阳极
C．负极
D．正极
取石墨2表面产生的黑色沉淀0.0216g于试管中：①向黑色沉淀中滴加稀硝酸使其溶解；②继续滴加氨水至沉淀恰好溶解；③再滴加乙醛溶液，加热，产生光亮的银镜。
（8）写出第①步反应的化学方程式 。若黑色沉淀全部转化为银镜，理论上需要乙醛 ml。
10．（2024秋•和平区校级月考）二氧化碳甲烷重整反应制备合成气（H2+CO）是一种生产高附加值化学品的低碳过程。该过程存在如下化学反应：
①CH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g）ΔH1
②
③
④
回答下列问题：
（1）ΔH1＝ ，反应① 正向自发进行（填字母）。
A．低温下能
B．高温下能
C．任何温度下都能
D．任何温度下都不能
（2）反应体系总压强分别为5.00MPa、1.00MPa和0.50MPa时，CH4平衡转化率随反应温度变化如图所示，则代表反应体系总压强为5.00MPa的曲线是 （填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”），判断依据是 。
（3）当反应体系总压强为0.1MPa时，平衡时部分组分的物质的量随反应温度变化如图所示。随反应温度的升高，CO2的物质的量先增加后减少，主要原因是 。
11．（2024秋•青岛月考）Ⅰ.当今社会的主题之一：发展经济，节能减排。而燃料电池因其无污染，且原料来源广可再生被人们青睐，广泛应用于生产、生活、科学研究中，现有如图所示装置，所有电极均为Pt，请按要求回答下列问题：
（1）写出a极的电极反应 。
（2）乙池中c极的电极反应 。
（3）若CuSO4（aq）足够，电解一段时间后，要恢复到原来的状态，则可加入 。（填序号）
A.CuO
B.Cu（OH）2
C.CuCO3
D.Cu2（OH）2CO3
（4）现用丙装置电解硫酸钾溶液制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾，其中M、N为离子交换膜，只允许某些离子通过，则A出口导出的溶液溶质为 （写化学式），M为 离子交换膜（填“阴”或“阳H”）。
Ⅱ.如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。
（5）环境中的Cl﹣ 扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2（OH）3Cl，其离子方程式为 。
（6）若生成4.29gCu2（OH）2Cl，则理论上耗氧体积为 L（标准状况）。
12．（2024秋•南岗区校级月考）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。
Ⅰ．CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应：
反应①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
反应②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
回答下列问题：
（1）温度对CO2转化率及甲醇和CO产率的影响如图甲所示
①由图甲，判断合成CH3OH最适宜的温度是 。
②温度升高CH3OH产率先升高后降低，转化率降低的原因除了温度对平衡的影响，还可能因为 。
③下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有 。
A．提高CO2和H2的投料比
B．选用更高效催化剂
C．增大体系压强
D．体积和投料比不变，提高反应物浓度
④在压强为p的恒温恒压密闭容器中加入1ml CO2和3ml H2反应，达到平衡状态时CO2的转化率为20%，生成CO的物质的量为0.05ml，则甲醇（g）的选择性为 %。
[甲醇选择性＝]
（2）催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化如图乙所示。

其中，QX＝nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为 （填化学式）。
②当电解电压为U2V时，阴极由生成CH4的电极反应式为 。
③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比为 （写出计算过程）。
13．（2024秋•河东区校级月考）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如图，包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三阶段。
Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成：SO2。
（1）硫的燃烧应控制事宜温度，若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致 （填序号）。
a.硫的消耗量增加
b.SO2产率下降
c.生成较多SO3
（2）SO2（g）氧化生成SO3（g），随温度升高，SO2平衡转化率 （填升高或降低）。
（3）从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 。
Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2、完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97%。
（4）气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 。升高温度后的气体都需要降温，其目的是 。
（5）采用四段转化工艺可以实现 （填序号）。
a.控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率
b.使反应达到平衡状态
c.节约能源
Ⅲ.工业上用浓硫酸吸收SO3，若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。
（6）SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。
据图分析，最适合的吸收条件：硫酸的浓度 、温度 。
14．（2024秋•武汉月考）雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一、已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：
①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）
②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）
③ ΔH3
④2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） ΔH4
（1）某反应的平衡常数表达式为，则该反应的热化学方程式为 。
（2）下列情况能说明反应①已达平衡状态的是 。
A．单位时间内生成1ml NO2的同时消耗了1ml NO
B．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变
C．在恒温恒容的容器中，气体的颜色不变
D．在恒温恒容的容器中，n（NO）：n（O2）：n（NO2）＝2：1：2
（3）若容器容积不变，则下列措施可提高反应③中CO平衡转化率的是 。
A．使用高效催化剂
B．充入He，使体系总压强增大
C．将CO2（g）从体系中分离
D．充入CO，使体系总压强增大
（4）试分析反应③在 （填“高温”、“低温”或“任意温度”）下能自发进行。
（5）表格数据为反应④2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的平衡常数K4随温度变化的关系，则ΔH4 0（填写“＞”或“＜”）
（6）探究反应④中平衡时CO2的体积分数与反应物中起始的比值、温度的关系，得到如图所示曲线。在X、Y、Z三点中，CO的转化率从大到小的顺序是 。在2L密闭容器中加入NO与CO各3ml，经过5分钟达到平衡状态，根据图像计算平均反应速率υ（N2）＝ 。
（7）HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用允许K+、H+通过的离子交换膜隔开。电池负极电极反应式为 ；放电过程中需补充的物质A为 （填化学式）。
15．（2024秋•硚口区校级月考）二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO（g）+2H2（g⇌）CH3OH（g） ΔH1＝﹣90.7kJ•ml﹣1 K1
②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH2＝﹣23.5kJ•ml﹣1 K2
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH3＝﹣41.2kJ•ml﹣1 K3
回答下列问题：
（1）反应3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的ΔH＝ kJ•ml﹣1；该反应的平衡常数K＝ （用K1、K2、K3表示）。
（2）下列措施中，能提高（1）中CH3OCH3产率的有 。
A．使用过量的C
B．升高温度
C．增大压强
（3）一定温度下，将0.2ml CO和0.1ml H2O（g）通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1。则0～5min内v（H2O）＝ ，CO的转化率α（CO）＝ 。
（4）将合成气以＝2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图1所示，下列说法正确的是 （填字母）。
A．ΔH＜0
B．p1＞p2＞p3
C．若在p3和316℃时，起始时＝3，则平衡时，α（CO）小于50%
（5）采用一种新型的催化剂（主要成分是CuMn的合金），利用CO和H2制备二甲醚（DME）。观察图2，当约为 时最有利于二甲醚的合成。
16．（2024秋•南京月考）草酸（H2C2O4）是一种白色粉末，可与酸性KMnO4溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。
资料1：25℃时，草酸的电离平衡常数为：，。
资料2：25℃时，，。
Ⅰ．某化学小组研究草酸（H2C2O4）及其盐的性质
（1）下列有关说法正确的是 。
A．草酸的电离方程式为
B．0.1ml•L﹣1草酸溶液中：
C．常温下，将草酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小
D．要使H2C2O4的电离程度增大，可采取的措施是加入少量草酸晶体
（2）25℃时，向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×10﹣3ml•L﹣1的草酸钾溶液20mL， 产生草酸钙沉淀（填“能”或“不能”）。
（3）常温下，用0.1000ml•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：。
①滴定过程中，c点溶液中的溶质是 （写化学式），该草酸溶液的物质的量浓度为 。
②a点溶液pH＜7，溶液显酸性，其原因是（从平衡常数的角度解释） 。
Ⅱ．某化学小组研究草酸的应用
（4）医学上常用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应来测血液中钙的含量。
测定方法是取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。
①滴定过程中发生的反应离子方程式为 。
②下列操作会引起测定结果偏高的是 （填字母）。
A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗
B．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数
C．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，用待测液润洗
17．（2024秋•武汉月考）弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问题。
（1）一定温度下，向1L0.1ml•L﹣1CH3COOH溶液中加入0.1ml CH3COONa固体，则醋酸的电离平衡向 （填“正”或“逆”）反应方向移动；水的电离程度将 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）99℃时，KW＝1.0×10﹣12，该温度下测得0.1ml•L﹣1Na2A溶液的pH＝9。
①该条件下H2A的二级电离常数为 。
②体积相等、pH＝1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，产生的氢气 。
A．盐酸多
B．H2A多
C．一样多
D．无法确定
③将0.1ml•L﹣1H2A溶液与0.2ml•L﹣1氨水等体积混合，完全反应后溶液中各离子浓度的电荷守恒关系式为 。
（3）已知常温下，H2SO3的电离常数为Ka1＝1.54×10﹣2，Ka2＝1.02×10﹣7，H2CO3的电离常数为Ka1＝4.30×10﹣7，Ka2＝5.60×10﹣11。
①下列微粒可以大量共存的是 （填字母）。
a.、
b.、
c.、
d.H2SO3、
②NaHSO3溶液中各离子浓度从大到小的排列顺序是 。
（4）0.1ml•L﹣1的NaHB溶液，测得溶液显碱性。则该溶液中c（H2B） c（B2﹣）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
18．（2024秋•洛阳月考）二氧化碳的回收利用是环保和能源领域研究的热点课题，回答下列问题：
已知：反应ⅰ.CH3OH（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）ΔH1K1
反应ⅱ.2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）ΔH2K2
（1）反应ⅲ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3K3，则ΔH3＝ （用含ΔH1和ΔH2的代数式表示），K3＝ （用含K1和K2的代数式表示）。
（2）一定条件下，在5L恒容密闭容器中充入0.1ml CO2和0.3ml H2，发生主反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）和副反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH4。测得温度对CH3OH（g）、CO（g）平衡产率的影响如图所示。
①ΔH4 （填“＞”或“＜”）0。
②反应达到平衡后，保持温度和体积不变，向密闭容器中充入少量的稀有气体，则v（CH3OH） （填“增大”“减小”或“不变”），副反应的化学平衡 （填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”）移动。
③5min时，反应达到平衡，此时测得CO2（g）的物质的量为0.02ml、H2（g）的物质的量为0.08ml，则副反应的Kp＝ 。
（3）常温下，用氨水吸收CO2可获得NH4HCO3溶液。
已知：常温下Ka1（H2CO3）＝4×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝4×10﹣11，Kb（NH3•H2O）＝2×10﹣5。
①NH4HCO3溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为 （用离子符号表示）。
②反应++H2O⇌NH3•H2O+H2CO3的平衡常数K＝ 。
19．（2024秋•高新区校级月考）载人航天工程对科学研究及太空资源开发具有重要意义，载人航天器必须给航天员提供基本的生存条件，其中涉及氧气再生、二氧化碳清除、水处理以及食物供给等。
（1）氢氧燃料电池是短寿命载人航天器电源的一个合适的选择。如图是一种碱性氢氧燃料电池结构示意图。
①氢气在 （填“正”或“负”）极发生反应，请写出负极的电极反应式 。
②电池工作时产生的水会以水蒸气的形式被反应物气体带出，在出口加装冷凝器可以将水回收。冷凝器应装在出口 （填“c”或“d”）处。
（2）我国自行研制的“神舟”飞船使用了镍镉蓄电池组，其充放电时发生的反应为：Cd+2NiOOH+2H2O2Ni（OH）2+Cd（OH）2，其电池装置如图所示，阴离子交换膜两侧均注入KOH溶液。
①下列对于该镍镉电池的分析中，正确的是 。
A．图示中的电池应先充电后，再使用
B．充电时，OH﹣从镍电极区迁移进入镉电极区
C．放电时，镍电极为电池的负极，镉电极为电池的正极
D．充电或放电一段时间后，两电极区溶液中KOH的物质的量均未改变
②镍镉电池在充电时，镉电极上发生的电极反应为 ；当Cd（OH）2和Ni（OH）2耗尽后仍继续充电，则会在电极发生副反应而造成安全隐患，称为电池过充电。此时镉电极上将生成气体 （填化学式）；镍电极上则会发生反应 （填电极反应式）而产生O2。
20．（2024秋•河南月考）二氧化碳的再利用是当今科研的一项重要课题。回答下列问题：
（1）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知反应：
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣181.6kJ•ml﹣1；
Ⅱ．2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH2＝﹣24.5kJ•ml﹣1。
则反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）的ΔH＝ kJ•ml﹣1。
（2）在容积为1L的恒容密闭容器中，充入1ml CO2和3ml H2，一定条件下只发生反应Ⅰ，测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间的变化如图甲所示：
①从3min～9min，用CO2表示的平均反应速率v（CO2）＝ （保留两位有效数字）；第9min时v逆（CH3OH） （填“＞”“＝”或“＜”）第3min时v正（CH3OH）。
②下列措施中能增大该反应的反应速率且利于平衡正向移动的是 （填选项字母）。
A．充入He（g）增大体系的压强
B．将CH3OH分离出去
C．使用高效催化剂
D．增大CO2浓度
（3）在2L刚性密闭容器中充入CO2和H2只发生反应Ⅰ，CO2的平衡转化率与温度和投料比的关系如图乙所示，已知A点的投料为6ml CO2和12ml H2。
①从图中可知：T1 （填“＞”或“＜”）T2；原因为 。
②T1温度时，反应的平衡常数K＝ 。
21．（2024•淮南开学）氢能是新能源领域中与油气行业现有业务结合最紧密的一类，而制氢成本过高仍是目前氢能产业发展的挑战之一。甲烷、水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法，涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH1＝+206.3kJ•ml﹣1
反应Ⅱ：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）ΔH2＝+165.2kJ•ml﹣1
反应Ⅲ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH3
回答下列问题：
（1）①计算ΔH3＝ kJ•ml﹣1，反应Ⅱ的ΔS （填“＞”“＜”或“＝”）0。
②以CH4、H2O和N2的混合气体为起始投料（N2不参与反应），保持混合气体总物质的量不变，在恒容的容器中对反应Ⅰ进行研究。下列说法正确的是 （填标号）。
A．升高温度，正、逆反应速率同时增大
B．n（CO）：n（H2）保持恒定时，反应达到化学平衡状态
C．增加起始投料时N2的体积分数，单位体积的活化分子数增加
D．增加起始投料时CH4的体积分数，CH4平衡转化率增大
（2）650℃时（局部温度过高会造成积碳），按照一定流速通入甲烷和水蒸气，当水碳比一定时，催化剂中无添加吸附剂和添加P—Li4SiO4吸附剂（吸收CO2）的情况下，各气体组分反应的平衡含量与时间的关系如图所示。
①催化剂中添加P—Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较，t1min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同。可能的原因是 。
②实验时发现，t1min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是 （用化学方程式表示）。
（3）一定温度下，向2L容器中充入4ml CH4（g）和12ml H2O（g），若20min后反应达到平衡，容器中CO、CO2均为1ml。则0～20min内H2O的消耗速率v（H2O）＝ ml•L﹣1•min﹣1，反应Ⅲ的压强平衡常数Kp＝ （以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
22．（2024•沧州三模）我国科学家在含铂高效催化剂作用下把二氧化碳高效转化为清洁液态燃料—甲醇，反应原理为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH。回答下列问题：
（1）已知：①2CH3OH（g）+3O2（g）⇌2CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣1453kJ•ml﹣1
②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ•ml﹣1
③H2O（I）⇌H2O（g）ΔH＝+44kJ•ml﹣1
则CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的反应热ΔH＝ kJ•ml﹣1。
（2）在绝热恒容的密闭容器中进行反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），下列示意图正确且能说明该反应进行到t1时刻达到平衡状态的是 （填标号）。
（3）在恒温恒容的密闭容器中进行反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），下列有利于提高CO2的平衡转化率的措施有 （填标号）。
A．使用更加高效的催化剂
B．充入少量氦气（He）
C．减小起始投料比[]
D．将水蒸气及时分离出来
（4）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生如下反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＞0
在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图所示，其中CH3OH的选择性＝×100%。
①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是 。
②在上述条件下合成甲醇的工业条件是 （填标号）。
A．CZ（Zr﹣1）T催化剂
B．210℃
C．230℃
D．CZT催化剂
（5）一定条件下，将2ml CO2和4ml H2充入密闭容器中，发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）。CO2的平衡转化率与温度、平衡总压强的关系如图所示。
①p1、p2、p3由大到小的顺序为 。
②255℃时，该反应的压强平衡常数Kp＝ （MPa）﹣2（Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数。计算结果保留1位小数）。
（6）利用Al—CO2电池（工作原理如图所示）能有效地将CO2转化成化工原料草酸铝[Al2（C2O4）3]。电池的正极反应式为2CO2+2e﹣＝C2。正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：①2O2+2e﹣＝2，②……。
则反应②的离子方程式为 。
23．（2024•4月份模拟）乙烯作为化工产业的核心，在国民经济中占有重要地位。化学链式氧化技术是一种新的技术手段，在载氧体（MeOx）催化作用下可以将天然气中的乙烷转化为乙烯。其过程如图所示：
回答下列问题：
（1）在空气反应器中被氧化的物质是 。
（2）已知：乙烷的燃烧热ΔH为﹣1559.8kJ•ml﹣1，乙烯的燃烧热ΔH为﹣1411.0kJ•ml﹣1，通常情况下乙烷氧化转化为乙烯的热化学方程式为 。
（3）已知：H2O（l）＝H2O（g） ΔH＝+44.0kJ•ml﹣1。700℃时，向2L的恒容反应器中充入2ml C2H6和1ml O2，若只发生反应：2C2H6（g）+O2（g）＝2C2H4（g）+2H2O（g）。
①可以提高乙烷平衡转化率的措施为 （填标号）。
A．升高温度
B．减小压强
C．移走生成物
D．加入高效催化剂
②实验测得上述反应中v正＝k正cm（C2H6）•cn（O2），k逆＝k逆cp（C2H4）•cq（H2O），k正、k逆为速率常数，只与温度有关。温度升高，速率常数增大的倍数：k正 k逆（填“＞”“＜”或“＝”）。
③反应过程中C2H6的分压随时间变化如图所示，0～2min内，v（O2）＝ kPa•min﹣1，该反应的化学平衡常数Kp＝ kPa（用含p的代数式表示）。
（4）反应过程中，载氧体表面吸附氧或释放氧的多少将影响乙烷的转化率和乙烯的产率。若不足可能的影响是 ，若过多可能的影响是 。
24．（2024秋•湖南月考）SF6常用作麻醉剂、用于肝脏超声检查等。可通过硫蒸气和氟气反应制备SF6。
已知：①S8（g）+16F2（g）⇌8SF4（g） ΔH1＝﹣6301.5kJ•ml﹣1
②SF4（g）+F2（g）⇌SF6（g） ΔH2＝﹣434.1kJ•ml﹣1，ΔS2＝﹣203J•ml﹣1•K﹣1
回答下列问题：
（1）S8和SF6的结构如图所示。
①S8在一定温度下会生成S2，破坏的作用力类型有 （填标号）。
A．π键
B．极性键
C．非极性键
D．sp3﹣sp3型σ键
②下列有关SF6叙述正确的是 （填标号）。
A．空间结构为正四面体形
B．难溶于水，易溶于CS2
C．键角为90°、180°
D．1ml SF6含14ml共价键
（2）S8（g）+24F2（g）⇌8SF6（g） ΔH＝ kJ•ml﹣1。
（3）反应②的正反应在下列温度下能自发进行的是 （填标号）。
A．500℃
B．900℃
C．1900℃
D．2000℃
（4）某温度下，向刚性密闭容器中充入0.1ml SF4（g）和0.1ml F2（g），发生反应②，测得含S粒子浓度与时间的关系如图1所示。
①2s时，SF4（g）转化率为 。正反应速率：a b（填“＞”“＜”或“＝”）。
②0～6s内SF6（g）平均反应速率为 （结果保留2位有效数字）。
（5）某温度下，向恒容密闭容器中充入0.1ml S（g）和适量F2（g），达到平衡后，调节F2浓度，测得S（g）、SF4（g）和SF6（g）浓度与﹣lgc（F2）的关系如图2所示。
①L2代表 与﹣lgc（F2）的关系。
②该温度下，反应S（g）+3F2（g）⇌SF6（g）的平衡常数K为 （不带单位）。
25．（2024秋•西城区校级月考）水是重要的溶剂，电解质在水溶液中的行为影响了电解质溶液的性质。
Ⅰ．常温下，0.1ml•L﹣1CH3COOH溶液的pH＝3。
（1）该溶液中由水电离出的H+浓度是 ml•L﹣1。
（2）计算CH3COOH的电离平衡常数Ka＝ 。
Ⅱ．在室温下，有下列五种溶液。请根据要求填写下列空白：
①0.1ml•L﹣1NH4Cl溶液
②0.1ml•L﹣1CH3COONH4溶液
③0.1ml•L﹣1NH4HSO4溶液
④0.1ml•L﹣1NH3•H2O和0.1ml•L﹣1NH4Cl混合液
⑤0.1ml•L﹣1氨水
（3）溶液①呈 （填“酸”、“碱”或“中”）性，其原因是 （用离子方程式表示）。
（4）室温下测得溶液②的pH＝7，则c（CH3COO﹣） c（）（填“＞”“＜”或“＝”）。
（5）在溶液④中 （填离子符号）的浓度为0.1ml•L﹣1；NH3•H2O和 （填离子符号）的浓度之和为0.2ml•L﹣1。
（6）溶液①至⑤中，c（）从大到小的顺序是 （填序号）。
Ⅲ．某温度下水的离子积常数Kw＝1×10﹣12。
（7）将此温度下pH＝11的NaOH溶液aL与pH＝1的H2SO4溶液bL混合，若所得混合液pH＝2，则a：b＝ 。
Ⅳ．已知在水溶液中的电离如下：H2A＝H++HA﹣，HA﹣⇌A2﹣+H+。
（8）向H2A溶液滴加少量氨水，反应的离子方程式为 。
（9）常温下NaHA溶液的pH （填序号），仅用化学用语解释原因 。
a．大于7 b．小于7 c．等于7 d．无法确定
2025菁优高考化学解密之化学反应原理（解答大题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．（2024•怀仁市校级三模）为了实现“碳达峰”和“碳中和”的目标，将CO2催化加氢合成低碳烯烃是解决温室效应和化工原料问题的有效途径。已知部分反应的热化学方程式如下：
Ⅰ．6H2（g）+2CO2（g）⇌C2H4（g）+4H2O（g）ΔH1＝﹣268.65kJ•ml﹣1
Ⅱ．9H2（g）+3CO2（g）⇌C3H6（g）+6H2O（g）ΔH2＝﹣131.50kJ•ml﹣1
Ⅲ．12H2（g）+4CO2（g）⇌C4H8（g）+8H2O（g）ΔH3＝﹣380.22kJ•ml﹣1
回答下列问题：
（1）反应2C3H6（g）⇌C2H4（g）+C4H8（g）的ΔH＝ ﹣385.87 kJ•ml﹣1。
（2）120℃和有催化剂存在的条件下，恒容密闭容器中，反应Ⅱ达到平衡状态的标志是 D （填标号）。
A．单位时间内消耗3ml CO2，同时生成1ml C3H6
B．混合气体的密度不再改变
C．反应速率v（H2）：v（CO2）：v（C3H6）：v（H2O）＝9：3：1：6
D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
（3）用碳化钼催化CO2和CH4重整制氢的反应原理如图所示。
①CH4发生的反应为yCH4+MCxOy＝yCO+2yH2+MCx，则CO2发生的反应为 yCO2+MCx＝yCO+MCxOy 。
②将1ml CH4和1ml CO2充入恒容密闭容器中发生反应：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），在600K时，气体混合物中H2的物质的量分数x（H2）与反应时间t的关系如下表所示：
该反应中，正反应速率v正＝k正•x（CH4）•x（CO2），逆反应速率v逆＝k逆•x2（CO）•x2（H2），其中k正、k逆为速率常数，则k逆＝ （用Kx和k正表示，其中Kx为用物质的量分数表示的平衡常数）。600K时，该反应的Kx＝ 0.2 （保留1位小数）。
（4）在总压强恒定为3.1MPa和＝3时，在容器体积可变的密闭容器中当只发生反应I时，平衡时各物质的物质的量百分数x与温度T的关系如图所示。A点时，CO2的平衡转化率为 60% ；乙烯的分压为 0.3 MPa。B点对应温度下反应Ⅰ的压强平衡常数Kp＝ 8.6 （MPa）﹣3（保留1位小数）。
【答案】（1）﹣385.87；
（2）D；
（3）①yCO2+MCx＝yCO+MCxOy；
②；0.2；
（4）60%；0.3；8.6。
【分析】（1）根据盖斯定律可知，该反应方程式可以由﹣2×Ⅱ+Ⅰ+Ⅲ得到；
（2）A．根据系数关系，消耗3ml二氧化碳时，一定会生成1ml的丙烯，不论是否达到平衡，都不能根据这个判断平衡；
B．混合气体的质量不变，体积固定，所以气体密度是恒定不变的，不能判断平衡；
C．各气体反应速率关系一定等于系数关系，无法判断平衡；
D．混合气体质量恒定，气体总物质的量会随着反应进行不断变化，所以气体的平均相对分子质量会随着反应进行不断变化，如果不变了，说明达到平衡，故D正确；
（3）①通入二氧化碳时，要能重新反应生成MCxOy，所以方程式是yCO2+MCx＝yCO+MCxOy；
②反应达到平衡时，V正＝V逆，则＝＝Ka，所以K正＝K逆•Ka，600K时，平衡下氢气的物质的量分数是30%，由于一氧化碳和氢气是1：1生成的，所以一氧化碳的物质的量分数也是30%，甲烷和二氧化碳的物质的量分数相同，都是20%，就有Ka＝＝≈0.2；
（4）设n起始（H2）＝3ml，n起始（CO2）＝1ml，反应到A点时消耗生成xml乙烯，结合已知条件列三段式：
A点时，H2O和H2的物质量分数相等，则3﹣6x＝4x，解得：x＝0.3；
CO2的平衡转化率＝×100%；
此时乙烯的物质的量为0.3ml，乙烯的分压为＝；
B点时CO2和C2H4物质的量分数相等，列三段式得：
1﹣2y＝y，解得：y＝，n（H2O）＝，n（CO2）＝，n（H2）＝1，总气体的物质的量为3ml；
平衡常数Kp＝。
【解答】解：（1）根据盖斯定律可知，该反应方程式可以由﹣2×Ⅱ+Ⅰ+Ⅲ得到，ΔH＝﹣2×（﹣131.50）kJ/ml+（﹣268.65）kJ/ml+（﹣380.22）kJ/ml＝﹣385.87kJ/ml，
故答案为：﹣385.87；
（2）A．根据系数关系，消耗3ml二氧化碳时，一定会生成1ml的丙烯，不论是否达到平衡，都不能根据这个判断平衡，故A错误；
B．混合气体的质量不变，体积固定，所以气体密度是恒定不变的，不能判断平衡，故B错误；
C．各气体反应速率关系一定等于系数关系，无法判断平衡，故C错误；
D．混合气体质量恒定，气体总物质的量会随着反应进行不断变化，所以气体的平均相对分子质量会随着反应进行不断变化，如果不变了，说明达到平衡，故D正确，
故答案为：D；
（3）①通入二氧化碳时，要能重新反应生成MCxOy，所以方程式是yCO2+MCx＝yCO+MCxOy，
故答案为：yCO2+MCx＝yCO+MCxOy；
②反应达到平衡时，v正＝v逆，则k正•x（CH4）•x（CO2）＝，，则k逆＝，600K时，平衡下氢气的物质的量分数是30%，由于一氧化碳和氢气是1：1生成的，所以一氧化碳的物质的量分数也是30%，甲烷和二氧化碳的物质的量分数相同，都是20%，就有Ka＝＝≈0.2；
故答案为：；0.2；
（4）设n起始（H2）＝3ml，n起始（CO2）＝1ml，反应到A点时消耗生成xml乙烯，结合已知条件列三段式：
A点时，H2O和H2的物质量分数相等，则3﹣6x＝4x，解得：x＝0.3；
CO2的平衡转化率＝＝60%；
此时乙烯的物质的量为0.3ml，乙烯的分压为＝；
B点时CO2和C2H4物质的量分数相等，列三段式得：
1﹣2y＝y，解得：y＝，n（H2O）＝，n（CO2）＝，n（H2）＝1，总气体的物质的量为3ml；
平衡常数Kp＝，
故答案为：60%；0.3；8.6。
【点评】本题主要考查盖斯定律的应用、化学平衡的计算等知识，题目难度较大，掌握基础知识，分析题给信息是解答的关键。
2．（2024秋•西城区校级月考）研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向。
CH4—CO2催化重整反应Ⅰ为：；在此过程中还发生反应Ⅱ：。
（1）在恒压、起始投料n（CH4）：n（CO2）＝1：1条件下，CH4和CO2平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。
①曲线 A （填“A”或“B”）表示CO2平衡转化率随温度的变化。
②在800K条件下，达平衡时，体系内CO的体积百分含量为 25% 。
（2）在高温下，CH4—CO2催化重整过程中还存在积碳反应：。
①适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因： C+CO22CO，二氧化碳与C反应生成CO，可以减少积碳 。
②当选用固体催化剂时，相同时间内测得CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。
CH4的转化率：a＞b，原因是 催化剂活性降低，反应速率减小 。
【答案】（1）①A；
②25%；
（2）②C+CO22CO，二氧化碳与C反应生成CO，可以减少积碳；
②催化剂活性降低，反应速率减小。
【分析】（1）①CO2参与两个反应，且第一个反应中甲烷和二氧化碳的化学计量数相等，当起始时甲烷和二氧化碳的物质的量之比为1时，同温度下CO2的转化率大于甲烷的转化率；
②800K条件下，达平衡时CO2的转化率为40%，CH4的转化率为20%，设起始投料n（CH4）＝1ml，n（CO2）＝1ml，反应Ⅰ的三段式为：
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
起始/ml：1 1 0 0
变化/ml：0.2 0.2 0.4 0.4
平衡/ml：0.8 0.8 0.4 0.4
反应Ⅱ中CO2转化的物质的量为1ml×40%﹣0.2ml＝0.2ml，可列三段式
H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）
起始/ml：0.4 0.8 0 0.4
变化/ml：0.2 0.2 0.2 0.2
平衡/ml：0.2 0.6 0.2 0.6
平衡时体系内各气体的物质的量为n（CH4）＝0.8ml，n（CO2）＝0.6ml，n（CO）＝0.6ml，n（H2）＝0.2ml，n（H2O）＝0.2ml；
（2）①CO2与C反应生成CO；
②随着温度升高，反应速率加快，相同时间内CH4的转化率逐渐增大，催化剂受温度影响。
【解答】解：（1）①CO2参与两个反应，且第一个反应中甲烷和二氧化碳的化学计量数相等，因此当起始时甲烷和二氧化碳的物质的量之比为1时，同温度下CO2的转化率大于甲烷的转化率，即曲线A表示CO2的平衡转化率随温度的变化，
故答案为：A；
②800K条件下，达平衡时CO2的转化率为40%，CH4的转化率为20%，设起始投料n（CH4）＝1ml，n（CO2）＝1ml，反应Ⅰ的三段式为：
CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）
起始/ml：1 1 0 0
变化/ml：0.2 0.2 0.4 0.4
平衡/ml：0.8 0.8 0.4 0.4
反应Ⅱ中CO2转化的物质的量为1ml×40%﹣0.2ml＝0.2ml，可列三段式
H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）
起始/ml：0.4 0.8 0 0.4
变化/ml：0.2 0.2 0.2 0.2
平衡/ml：0.2 0.6 0.2 0.6
平衡时体系内各气体的物质的量为n（CH4）＝0.8ml，n（CO2）＝0.6ml，n（CO）＝0.6ml，n（H2）＝0.2ml，n（H2O）＝0.2ml；恒温恒压下，CO的体积百分含量等于物质的量百分含量，即＝25%，
故答案为：25%；
（2）①CO2与C反应生成CO，适当通入过量CO2可以有效缓解积碳，
故答案为：C+CO22CO，二氧化碳与C反应生成CO，可以减少积碳；
②随着温度升高，反应速率加快，相同时间内CH4的转化率逐渐增大，850℃之后，虽然温度在增大，但催化剂活性降低，反应速率减小得多，CH4的转化率降低，
故答案为：催化剂活性降低，反应速率减小。
【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确化学平衡计算的方法并正确解读图象是解本题关键，题目难度中等。
3．（2024秋•昆山市校级期中）有效去除大气中的NOx和水体中的氮是环境保护的重要课题。
（1）已知：①2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH1＝﹣566.0kJ•ml﹣1；
②N2（g）+2O2（g）＝2NO2（g）ΔH2＝+64kJ•ml﹣1。
反应2NO2（g）+4CO（g）＝N2（g）+4CO2（g）；ΔH3＝ ﹣1196kJ•ml﹣1 。
（2）NH3—SCR技术可用于脱除大气中的NO2
①Cu基催化剂是NH3—SCR技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但烟气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入CeO2（基态Ce原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2）可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图所示（含Ce化合物的比例系数均未标定）。
（a）从整个反应机理来看，总反应中起还原作用的物质是 NH3 （填化学式）。
（b）在上述反应机理图中，CemOn的化学式为 Ce2O3 。
②将3%NO、6%NH3、21%O2和70%N2的混合气体（N2为平衡气）以一定流速通过装有Cu基催化剂的反应器，NO去除率随反应温度的变化曲线如图所示。
（a）在150﹣225℃范围内，NO去除率随温度的升高而迅速上升的原因是 随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升 。
（b）燃煤烟气中伴有一定浓度的HCl气体，它会造成NO去除率下降，其原因可能是 烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性 。
（3）电极生物膜法能有效去除水体中的，进行生物的反硝化反应。其可能反应机理如图所示。H2O在阴极得电子生成氢气2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，则生物膜中发生脱硝反应的离子方程式为 。
【答案】（1）﹣1196kJ•ml﹣1；
（2）①a．NH3；
b．Ce2O3；
②a．随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升；
b．烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性；
（3）。
【分析】（1）根据盖斯定律，目标反应＝反应①×2﹣反应②，进行分析；
（2）根据整个反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O23N2+6H2O，反应①可知，xCeO2+3SO2+O2＝Cex（SO4）y，结合原子守恒，确定y＝3，x＝2，反应②中元素化合价没有变化，温度升高，催化剂活性增大，同时反应速率也增大，进行分析；
（3）根据生物膜中硝酸根离子与氢气反应，生成氮气，为确保电荷守恒和原子守恒，产物中还有氢氧根离子和水进行分析。
【解答】解：（1）目标反应＝反应①×2﹣反应②，ΔH＝（﹣566×2﹣64）kJ/ml＝﹣1196kJ/ml，
故答案为：﹣1196kJ•ml﹣1；
（2）a．从整个反应机理来看，整个反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O23N2+6H2O，该反应中NH3失电子做还原剂，
故答案为：NH3；
b．由反应①可知，xCeO2+3SO2+O2＝Cex（SO4）y，由于硫原子守恒可得y＝3，由氧原子守恒可得2x+6+2＝4y，解得x＝2，硫酸盐中Ce元素的化合价为+3价，由于反应②中元素化合价没有变化，故CemOn中的Ce化合价为+3价，则氧化物的化学式为Ce2O3，
故答案为：Ce2O3；
②a．温度升高，催化剂活性增大，同时反应速率也增大，使得NO的去除速率迅速上升，
故答案为：随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升；
b．烟气中的HCl能与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4Cl固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性，
故答案为：烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性；
（3）从图中可知，生物膜中硝酸根离子与氢气反应，生成氮气，为确保电荷守恒和原子守恒，产物中还有氢氧根离子和水，离子方程式为，
故答案为：。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
4．（2023春•赣县区校级月考）化学变化过程中均存在物质变化与能量变化，某化学兴趣小组进行如图所示实验，以验证此结论。
请回答下列问题：
（1）将①中涉及的反应设计成如图所示的原电池，则溶液中的移向 负 （填“正”或“负”）极，电极材料X不能是 B （填序号）。
A．Cu
B．Zn
C．Pb
D．石墨
（2）进行实验②时，温度计中水银液面变化 降低 （填“升高”或“降低”）。
（3）下列化学反应中的能量变化关系与③相符合的是 BD （填序号）。
A．生石灰溶于水
B．盐酸与碳酸氢钠反应
C．甲烷在空气中燃烧
D．灼热的木炭与CO2反应
（4）在300℃时，X、Y、Z三种气体在恒容密闭容器中反应时的浓度变化如图所示：
请回答下列问题：
①该反应的化学方程式为 2X（g）⇌2Y（g）+Z（g） 。
②下列事实能表明300℃时该反应处于平衡状态的是 B （填序号）。
A．v（X）：v（Y）：v（Z）＝2：2：1
B．X（g）的物质的量浓度不变
C．混合气体的质量不变
D．混合气体的密度不变
【答案】（1）负；B；
（2）降低；
（3）BD；
（4）①2X（g）⇌2Y（g）+Z（g）；
②B。
【分析】（1）原电池中阴离子移向负极，则溶液中的移向负极，将Fe+2H+＝Fe2++H2↑设计成原电池，Fe失去电子作负极；
（2）Ba（OH）2▪8H2O和NH4Cl的反应是吸热反应；
（3）反应③中反应物的能量低于生成物的能量，该反应是吸热反应；
（4）①从图像中可以看出：X的物质的量随时间变少，是反应物，Y、Z的物质的量随时间变多，是生成物；当反应进行到2min后，X、Y、Z三种物质同时存在，说明这个反应是一个可逆反应；X、Y、Z三种物质物质的量的变化之比与化学方程式的化学计量系数之比相等，X的物质的量在2min内变化了0.2ml，Y的物质的量在2min内变化了0.2ml，Z的物质的量在2min内变化了0.1ml；
②A．v（X）：v（Y）：v（Z）＝2：2：1时，不能说明正逆反应速率相等；
B．X（g）的物质的量浓度不变，说明反应达到平衡；
C．反应过程中混合气体的总质量一直不变；
D．反应过程中混合气体的总质量和总体积一直不变，则混合气体的密度不变。
【解答】解：（1）原电池中阴离子移向负极，则溶液中的移向负极，将Fe+2H+＝Fe2++H2↑设计成原电池，Fe失去电子作负极，则正极材料不能比铁活泼，电极材料X不能是Zn，
故答案为：负；B；
（2）Ba（OH）2▪8H2O和NH4Cl的反应是吸热反应，温度计中水银液面变化降低，
故答案为：降低；
（3）反应③中反应物的能量低于生成物的能量，该反应是吸热反应，
A．生石灰溶于水是放热反应，故A不选；
B．盐酸与碳酸氢钠反应是吸热反应，故B选；
C．甲烷在空气中燃烧是放热反应，故C不选；
D．灼热的木炭与CO2反应是吸热反应，故D选；
故答案为：BD；
（4）①从图像中可以看出：X的物质的量随时间变少，是反应物，Y、Z的物质的量随时间变多，是生成物；当反应进行到2min后，X、Y、Z三种物质同时存在，说明这个反应是一个可逆反应；X、Y、Z三种物质物质的量的变化之比与化学方程式的化学计量系数之比相等，X的物质的量在2min内变化了0.2ml，Y的物质的量在2min内变化了0.2ml，Z的物质的量在2min内变化了0.1ml，得到2X（g）⇌2Y（g）+Z（g），
故答案为：2X（g）⇌2Y（g）+Z（g）；
②A．v（X）：v（Y）：v（Z）＝2：2：1时，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B．X（g）的物质的量浓度不变，说明反应达到平衡，故B正确；
C．反应过程中混合气体的总质量一直不变，当混合气体的质量不变时，不能说明反应达到平衡，故C错误；
D．反应过程中混合气体的总质量和总体积一直不变，则混合气体的密度不变，当混合气体的密度不变时，不能说明反应达到平衡，故D错误；
故答案为：B。
【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生焓变和平衡状态判断的掌握情况，试题难度中等。
5．（2024秋•安徽月考）大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）后才能排放。臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应之一为：NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g） ΔH＝﹣200.9kJ•ml﹣1。
（1）若 ΔH＝+58.2kJ•ml﹣1，则反应3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g）的ΔH＝ ﹣317.3 kJ•ml﹣1。
（2）对于反应NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g） ΔH＝﹣200.9kJ•ml﹣1。
①在恒温恒容条件下，下列事实能够证明该反应已经达到平衡的是 CD （填标号）。
A．容器的压强不再改变
B．混合气体密度不再改变
C．混合气体颜色不再改变
D．NO与O2的体积比不再改变
②写出既能加快化学反应速率，又能增大NO转化率的方法 充入O3或者增大O3浓度 。
（3）在不同温度下，分别向10L的恒容密闭容器中按1：1充入一定量的NO和O3发生反应：NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g），其中NO的物质的量随时间变化如图所示：
①图中T1 ＜ T2（填“＞”“＜”或“＝”），判断的理由是 T2温度下反应速率更快 。
②温度为T1时，用NO表示t1～t2s内该反应的平均速率为 ml/（L•s） ；T1时该反应的平衡常数K为 ；若T1时NO和O3的起始投入量均为3aml，则达到平衡时NO的残留量为 1.2a ml。
【答案】（1）﹣317.3；
（2）①CD；
②充入O3或者增大O3浓度；
（3）＜；T2温度下反应速率更快；
②； ；1.2a。
【分析】（1）①NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g） ΔH＝﹣200.9kJ•ml﹣1，② ΔH＝+58.2kJ•ml﹣1，方程式①﹣2②得方程式3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g）的ΔH＝（﹣200.9﹣2×58.2）kJ/ml；
（2）①在恒温恒容条件下，可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
②升高温度、增大压强、加入催化剂、增大浓度都能加快化学反应速率；改变条件使平衡正向移动但不能是增大NO的浓度的都能增大NO的平衡转化率；
（3）①温度越高，反应速率越快；
②温度为T1时，用NO表示t1～t2s内该反应的平均速率为；开始时 n（NO）＝n（O3）＝2aml，平衡时n（NO）＝n（O3）＝0.8a ml，n（NO2）＝n（O2）＝1.2aml，该反应的平衡常数K＝；投入NO的起始投入量为2aml，平衡时NO物质的量为0.8aml，该反应是等体积反应，根据建模思想，相当于再取5L容器开始放入aml NO，则平衡时NO物质的量为 0.4aml，若 NO的起始投入量为3aml，则达到平衡时NO的残留量为（0.8a+0.4a）ml。
【解答】解：（1）①NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g） ΔH＝﹣200.9kJ•ml﹣1，② ΔH＝+58.2kJ•ml﹣1，方程式①﹣2②得方程式3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g）的ΔH＝（﹣200.9﹣2×58.2）kJ/ml＝﹣317.3kJ/ml，
故答案为：﹣317.3；
（2）①A．该反应前后气体的计量数之和不变，压强始终不变，不能据此判断平衡状态，故A错误；
B．恒温恒容条件下，反应前后气体总质量不变，混合气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误；
C．NO2为红棕色气体，随着反应发生，混合气体颜色逐渐变为红棕色，当混合气体颜色不再改变，能说明该反应已经达到平衡，故C正确；
D．NO与O2的体积比不再改变时，各气体浓度均不发生变化，能说明该反应已经达到平衡，故D正确；
故答案为：CD；
②NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g），该反应前后气体的计量数之和不变，压强不影响平衡移动，既能加快化学反应速率，又能增大 NO 转化率的方法是充入O3或者增大O3浓度，
故答案为：充入O3或者增大O3浓度；
（3）①温度越高，化学反应速率越快，根据“先拐先平数值大”知，图中T1＜T2，
故答案为：＜；T2温度下反应速率更快；
②温度为 T1时，用 NO 表示 t1～t2s内该反应的平均速率为：；开始时 n（NO）＝n（O3）＝2aml，平衡时n（NO）＝n（O3）＝0.8a ml，n（NO2）＝n（O2）＝1.2aml，该反应的平衡常数：；投入NO的起始投入量为2aml，平衡时NO物质的量为0.8aml，该反应是等体积反应，根据建模思想，相当于再取5L容器开始放入aml NO，则平衡时NO物质的量为 0.4aml，若 NO的起始投入量为3aml，则达到平衡时NO的残留量为（0.8a+0.4a）ml＝1.2aml，
故答案为：； ；1.2a。
【点评】本题考查化学平衡的计算、化学平衡影响因素等知识点，侧重考查阅读、图象分析判断及计算能力，明确盖斯定律的计算方法、外界条件对化学平衡影响原理、化学平衡常数的计算方法是解本题关键，题目难度中等。
6．（2024秋•鼓楼区校级期中）研究工业尾气处理是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。
（1）脱除NO。已知：
①脱硝反应CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+N2（g）+2H2O（g）的ΔH＝ ﹣985.2 kJ•ml﹣1
②一定条件下，n（CH4）：n（NO）：n（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图1。
分析NO的去除率随温度变化的原因 当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低 。
（2）脱除SO2。工业上用纳米MgO分散到一定浓度的MgSO4溶液中，配制成SO2烟气脱硫试剂。将含有SO2的烟气以一定流速持续通入到该脱硫试剂中，实时监测出口处气体中SO2脱除效率及脱硫试剂溶液的pH值，如图2所示。
已知：ⅰ.纳米MgO活性较高，常温可与水反应：ⅱ.MgSO3难溶于水，Mg（HSO3）2可溶。
①为提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂情况下，可采取措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、 减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中SO2浓度等 （写出两点）。
②烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右。请分析原因 Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，主要反应为：OH﹣+SO2＝或Mg（OH）2+2SO2⇌Mg2++2 。
③实验发现：随着SO2的脱除，600s以后溶液pH值几乎不变，但MgSO4浓度逐渐升高。结合图2和图3分析，可能是因为溶液中的Mg（OH）2转化为MgSO4。写出该反应的离子方程式 Mg（OH）2+2+Mg2+＝2MgSO3+2H2O，SO2+H2O+MgSO3＝2+Mg2+，2MgSO3+O2＝2Mg2++2或2Mg（OH）2+2SO2+O2＝2Mg2++2+2H2O 。
（3）脱除H2S。催化剂CeO2﹣MgO对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图4所示，表示状态2的为 C （填选项）。
【答案】（1）﹣985.2；
（2）当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低；
（2）①减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中SO2浓度等；
②Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，主要反应为：OH﹣+SO2＝或Mg（OH）2+2SO2⇌Mg2++2；
③Mg（OH）2+2+Mg2+＝2MgSO3+2H2O，SO2+H2O+MgSO3＝2+Mg2+，2MgSO3+O2＝2Mg2++2或2Mg（OH）2+2SO2+O2 ＝2Mg2++2+2H2O；
（3）C。
【分析】（1）令 ①CH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣802.6kJ•ml﹣1，②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH2＝+182.6kJ•ml﹣1，根据盖斯定律，①﹣②得CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2；
（2）模拟工业尾气脱硝：一定条件下，将p（CH4）：p（NO）：p（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图；当温度低于780K时，NO的去除率随温度升高而升高，可能原因是 当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，NO的去除率随温度升高而降低，其可能原因是高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低；
（2）①为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以减慢烟气通入速率、升高温度等措施实现；
②Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，和亚硫酸氢根离子反应；
③氢氧化镁和亚硫酸氢根离子反应生成亚硫酸镁，亚硫酸镁和二氧化硫反应生成亚硫酸氢镁，亚硫酸镁和氧气反应生成硫酸镁；
（3）由题干图示信息可知，催化剂CeO2﹣MgO对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如图所示，状态1为，状态2为，状态3为。
【解答】解：（1）令 ①CH4（g）+2O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣802.6kJ•ml﹣1
②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH2＝+182.6kJ•ml﹣1，根据盖斯定律，①﹣②得CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＝﹣802.6kJ•ml﹣1﹣（+182.6kJ•ml﹣1）＝﹣985.2kJ•ml﹣1，
故答案为：﹣985.2；
（2）模拟工业尾气脱硝：一定条件下，将p（CH4）：p（NO）：p（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图；当温度低于780K时，NO的去除率随温度升高而升高，可能原因是 当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，NO的去除率随温度升高而降低，其可能原因是高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低，
故答案为：当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低；
（2）①为了提高烟气的脱硫效率，在不增加化学试剂的情况下，可以采取的措施有：提高分散系中MgO与MgSO4的浓度、减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中SO2浓度等，
故答案为：减缓烟气通入速度、提高反应体系温度、降低烟气中SO2浓度等；
②烟气脱硫开始阶段溶液呈碱性，很快pH值降到4左右，烟气脱硫效率始终很高，其原因为：Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，主要反应为：OH﹣+SO2＝或Mg（OH）2+2SO2⇌Mg2++2，
故答案为：Mg（OH）2⇌Mg2++2OH﹣溶液pH值显碱性，主要反应为：OH﹣+SO2＝或Mg（OH）2+2SO2⇌Mg2++2；
③脱硫试剂中Mg2+维持较高的初始浓度，对脱硫效率有显著影响，实验发现，在600s以后，随着SO2的脱除，溶液pH值几乎不变，但MgSO4浓度逐渐升高，结合图2中含硫微粒的分布情况，用离子方程式解释其可能原因：Mg（OH）2+2+Mg2+＝2MgSO3+2H2O，SO2+H2O+MgSO3＝2+Mg2+，2MgSO3+O2＝2Mg2++2或2Mg（OH）2+2SO2+O2 ＝2Mg2++2+2H2O，
故答案为：Mg（OH）2+2+Mg2+＝2MgSO3+2H2O，SO2+H2O+MgSO3＝2+Mg2+，2MgSO3+O2＝2Mg2++2或2Mg（OH）2+2SO2+O2 ＝2Mg2++2+2H2O；
（3）催化剂CeO2﹣MgO对反应②具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如图所示，状态1为，状态2为，状态3为，故表示状态2的为C，
故答案为：C。
【点评】本题考查化学反应中的能量变化、化学平衡计算等知识点，关键是掌握化学平衡常数计算方法，题目难度中等。
7．（2024秋•杨浦区校级期中）治理大气中的H2S、SO2以及废水中的硫化物是环境保护的重要课题。加入固硫剂，是一种有效的治理措施。生石灰是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：
①2CaO（s）+2SO2（g）+O2（g）⇌2CaSO4（s） ΔH1＝﹣1004kJ•ml﹣1
②CaSO4（s）+CO（g）⇌CaO（s）+SO2（g）+CO2（g） ΔH2＝+219kJ•ml﹣1
（1）写出反应①的化学平衡常数表达式 K＝ 。
（2）CO的燃烧热为 B kJ•ml﹣1。
A.﹣566
B.﹣283
C.566
D.283
大气中H2S能通过高温下与CO2反应进行协同转化处理。反应原理为：H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g），工业中测得的产物中有S2、SO2、CO等副产物。
（3）一定温度下，在恒容密闭容器中发生以上反应，下列条件能判断反应达到平衡状态的是 D 。（不定项）
A.容器内H2O（g）不再生成
B.容器内压强不再发生变化
C.容器内气体密度不再发生变化
D.v正（H2S）＝v逆（CO2）
（4）在573K下，向2L恒容密闭容器中通入2ml H2S和1ml CO2，反应达到平衡后水蒸气的物质的量分数为0.2。
①上述条件下H2S的平衡转化率α＝ 30 %。
②在上述平衡体系中再加2ml CO2（g）和2ml H2O（g），通过数据说明平衡移动的方向 Qc＝≈0.46＜K＝≈0.64，反应正向进行 。
（5）在不同温度下，向密闭容器甲、乙中分别充入2ml H2S和1ml CO2，它们分别在有水分子筛（只允许水分子透过）和无水分子筛条件下反应，测得的CO2（g）平衡转化率随温度变化关系如图所示。
①两个容器中使用了水分子筛的容器是 A 。
A.甲
B.乙
C.甲、乙中任一个
②1173K以后平衡转化率变化的原因可能是 在1173K以后硫化氢分解，导致硫化氢浓度下降，平衡逆向进行 。
向BaCl2溶液中通SO2气体一段时间，再加H2O2溶液，最终得到白色沉淀。
（6）关于以上实验说法正确的是 C 。
A.SO2体现氧化性
B.白色沉淀中可能含BaSO3
C.最终溶液呈强酸性
D.若将BaCl2溶液换成Ba（OH）2溶液，现象完全一样
（7）在清理试管中的BaSO4沉淀时，常加入饱和Na2CO3溶液，使BaSO4转化为BaCO3再用酸处理。现欲用1LNa2CO3溶液将0.01ml BaSO4全部转化为BaCO3（假定溶液体积不变），则Na2CO3溶液的最初浓度应不低于 0.246ml/L 。（写出计算过程）
已知：BaCO3Ksp＝2.6×10﹣9；BaSO4Ksp＝1.1×10﹣10
【答案】（1）K＝；
（2）B；
（3）D；
（4）①30；
②Qc＝≈0.46＜K＝≈0.64，反应正向进行；
（5）①A；
②在1173K以后硫化氢分解，导致硫化氢浓度下降，平衡逆向进行；
（6）C；
（7）0.246ml/L。
【分析】（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
（2）根据盖斯定律：×①+②得CO（g）+O2（g）＝CO2（g）；
（3）反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；
（4）①在573K下，向2L恒容密闭容器中通入2ml H2S和1ml CO2，反应达到平衡后水蒸气的物质的量分数为0.2，该反应是气体物质的量不变的反应，所以平衡时混合气体总物质的量为3ml，所以平衡时n（H2O）＝3ml×0.2＝0.6ml，
H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）
起始（ml） 2 1 0 0
转化（ml） 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡（ml） 1.4 0.4 0.6 0.6
转化率等于×100%；
②在上述平衡体系中再加2ml CO2（g）和2ml H2O（g），计算此时浓度商再与K比较得出结论；
（5）①在有水分子筛（只允许水分子透过）条件下，有利于平衡正向移动，CO2（g）平衡转化率增大；
②1173K以后二氧化碳的平衡转化率减小，说明平衡逆向移动，结合硫化氢的稳定性分析；
（6）向BaCl2溶液中通SO2气体一段时间，两者不发生反应，再加H2O2溶液，由于过氧化氢具有氧化性，将硫元素由+4价氧化为+6价，所以最终得到白色沉淀为硫酸钡；
（7）（aq）+BaSO4（s）⇌（aq）+BaCO3（s）根据方程式可知，消耗碳酸钠的量包括两个部分，第一部分是将0.01ml BaSO4全部转化为BaCO3消耗碳酸钠的量，第二部分为转化以后溶液中碳酸根的量。
【解答】解：（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，所以反应①的化学平衡常数表达式K＝，
故答案为：K＝；
（2）根据盖斯定律：×①+②得CO（g）+O2（g）＝CO2（g） ΔH＝（﹣1004×+219）kJ/ml＝﹣283kJ/ml，所以CO的燃烧热为﹣283kJ/ml，
故答案为：B；
（3）A．容器内H2O（g）的浓度不再改变说明反应达到平衡状态，而不是不再生成，故A错误；
B．该反应是气体体积不变的反应，容器内压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则恒容容器中混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；
D．v正（H2S）＝v逆（CO2）＝v逆（H2S），说明反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：D；
（4）①在573K下，向2L恒容密闭容器中通入2ml H2S和1ml CO2，反应达到平衡后水蒸气的物质的量分数为0.2，该反应是气体物质的量不变的反应，所以平衡时混合气体总物质的量为3ml，所以平衡时n（H2O）＝3ml×0.2＝0.6ml，列化学平衡三段式，
H2S（g）+CO2（g）⇌COS（g）+H2O（g）
起始（ml） 2 1 0 0
转化（ml） 0.6 0.6 0.6 0.6
平衡（ml） 1.4 0.4 0.6 0.6
上述条件下H2S的平衡转化率α＝×100%＝30%，
故答案为：30；
②根据上述化学平衡三段式，K＝＝≈0.64，在上述平衡体系中再加2ml CO2（g）和2ml H2O（g），Qc＝≈0.46＜K，说明反应正向进行，
故答案为：Qc＝≈0.46＜K＝≈0.64，反应正向进行；
（5）①在有水分子筛（只允许水分子透过）条件下，有利于平衡正向移动，CO2（g）平衡转化率增大，所以用了水分子筛的容器是甲，
故答案为：A；
②在1173K以后硫化氢分解，导致硫化氢浓度下降，平衡逆向进行，所以二氧化碳的平衡转化率减小，
故答案为：在1173K以后硫化氢分解，导致硫化氢浓度下降，平衡逆向进行；
（6）向BaCl2溶液中通SO2气体一段时间，两者不发生反应，再加H2O2溶液，由于过氧化氢具有氧化性，将硫元素由+4价氧化为+6价，所以最终得到白色沉淀为硫酸钡；
A．SO2体现还原性，故A错误；
B．白色沉淀为硫酸钡，不含亚硫酸钡，故B错误；
C．SO2+H2O2+BaCl2＝BaSO4↓+2HCl，所以最终溶液呈强酸性，故C正确；
D．若将BaCl2溶液换成Ba（OH）2溶液，通入二氧化硫就会有白色沉淀，故D错误；
故答案为：C；
（7）（aq）+BaSO4（s）⇌（aq）+BaCO3（s）根据方程式可知，将0.01mllBaSO4全部转化为BaCO3消耗碳酸钠的物质的量为0.01ml，K＝＝＝≈4.23×10﹣2，反应后c（）＝＝0.01ml/L，所以c（）＝ml/L≈0.236ml/L，所以Na2CO3溶液的最初浓度应不低于＝0.246ml/L，
故答案为：0.246ml/L。
【点评】本题综合考查化学知识，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动以及化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式是解题关键，题目难度较大。
8．（2024秋•青岛月考）电能与化学能之间的相互转化具有重要的实用价值。
Ⅰ.以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制H2和O2，装置如图所示。
（1）电极a为 阴极 （填“阴极”或“阳极”），b极的电极反应式为 。
（2）乙装置中发生反应的化学方程式为 2NaBrO3＝2NaBr+3O2↑ 。
（3）电解和催化过程中需不断向电解槽中补充Y，Y的化学式为 H2O 。
Ⅱ.恒温条件下，用如图1所示装置探究铁的电化学腐蚀，溶液pH、容器内压强随时间变化曲线如图2所示。
（4）图2中表示pH的曲线为 b （填“a”或“b”）。BC段正极的电极反应式主要为 。
（5）图2中DE段曲线基本不变，此时电池的总反应为 2Fe+O2+2H2O＝2Fe（OH）2 。
（6）轮船上为减缓铁皮的腐蚀，常在船底四周镶嵌锌块，这种防护方法被称为 牺牲阳极保护法 。
【答案】（1）阴极；；
（2）2NaBrO3＝2NaBr+3O2↑；
（3）H2O；
（4）b；；
（5）2Fe+O2+2H2O＝2Fe（OH）2；
（6）牺牲阳极保护法。
【分析】Ⅰ、电极b上Br﹣发生失电子的氧化反应转化成，电极b为阳极，电极反应为；则电极a为阴极，电极a的电极反应为；电解总反应式为；催化循环阶段被还原成Br﹣循环使用，同时生成O2，发生反应2NaBrO3＝2NaBr+3O2↑，实现高效制H2和O2，即Z为O2；Ⅱ、图1中构成原电池，铁作负极，开始时pH＝1.8，铁主要发生析氢腐蚀，溶液pH值增大，体系压强增大；随着溶液酸性减弱，开始发生吸氧腐蚀，正极反应式为：，体系压强开始减小，a曲线表示压强的变化，b曲线表示pH值的变化，据此解答。
【解答】解：（1）根据已知，电极a为阴极，b极的电极反应式为，
故答案为：阴极；；
（2）乙装置中发生反应的化学方程式为：2NaBrO3＝2NaBr+3O2↑，
故答案为：2NaBrO3＝2NaBr+3O2↑；
（3）电解和催化过程中需不断向电解槽中补充Y，电解池生成的X为H2，Z为O2，故Y化学式为H2O，
故答案为：H2O；
（4）根据分析可知表示pH的曲线为b，BC段开始发生吸氧腐蚀，正极的电极反应式主要为，
故答案为：b；；
（5）b表示pH随时间变化曲线，DE段为弱酸性，曲线基本不变，说明相同时间内，2Fe+O2+4H+＝2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O＝4Fe（OH）3+8H+产生H+的量基本相同，但是压强仍然减小，说明发生吸氧腐蚀，因此电池的总反应为2Fe+O2+2H2O＝2Fe（OH）2，
故答案为：2Fe+O2+2H2O＝2Fe（OH）2；
（6）轮船上为减缓铁皮的腐蚀，常在船底四周镶嵌锌块，Zn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极，Fe作正极而被保护，这种防护方法被称为：牺牲阳极保护法，
故答案为：牺牲阳极保护法。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池和电解池的掌握情况，试题难度中等。
9．（2024秋•闵行区校级月考）Ⅰ．在铜、银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷（）和乙醛，如图是该反应的历程。
（1）请写出Cu在周期表中的位置 第四周期第ⅠB 。Cu元素基态原子的价层电子排布式为 3d104s1 。
②以生成乙醛为例，使用 Ag 催化剂可以使反应活化能更低，反应速率更快。
（2）以下电子排布式和价电子轨道表示式中，正确且对应微粒为基态原子的是 B 。
A．[Ar]3d10
B．[Ar]3d54s1
C．[Ar]3d44s1
D．
（3）以下有关原子结构的叙述错误的是 BC （不定项）。
A．激发态碳原子的电子排布式可以是1s22s12p3
B．p区元素原子的p能级中一定都有电子
C．第2周期元素中，第一电离能介于B、N元素之间的元素有2种
D．某原子的电子由1s22s22p33s1跃迁至1s22s22p4形成的光谱是发射光谱
（4）鉴别以上产物环氧乙烷和乙醛可以用 BD （不定项）。
A．质谱法
B．红外光谱法
C．李比希燃烧法
D．核磁共振氢谱
（5）已知：常温下，①[Cu（NH3）4]2+（aq）⇌Cu2+（aq）+4NH3（aq）K1＝5.0×10﹣14，②Cu（OH）2（s）+4NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq） K2＝4.4×10﹣7
则Ksp[Cu（OH）2]＝ 2.2×10﹣20 （写数值）。
Ⅱ．利用如图所示装置，探究Ag+氧化I﹣的反应。
（6）图中盐桥中的电解质可用 A 。
A．KNO3
B．KCl
C．Fe2（SO4）3
（7）闭合K，电流计指针偏转。“石墨2”作 D 。
A．阴极
B．阳极
C．负极
D．正极
取石墨2表面产生的黑色沉淀0.0216g于试管中：①向黑色沉淀中滴加稀硝酸使其溶解；②继续滴加氨水至沉淀恰好溶解；③再滴加乙醛溶液，加热，产生光亮的银镜。
（8）写出第①步反应的化学方程式 3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O 。若黑色沉淀全部转化为银镜，理论上需要乙醛 1×10﹣4 ml。
【答案】（1）第四周期第ⅠB；3d104s1；
（2）Ag；
（3）B；
（4）BD；
（5）2.2×10﹣20；
（6）A；
（7）D；
（8）3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O；1×10﹣4。
【分析】（1）Cu的核电荷数29，价电子排布3d104s1，电子层数＝周期序数；
（2）反应的活化能越低，反应速率越快，催化效果越好；
（3）A．3d能级能量高于4s；
B．Cr原子电子排布式为[Ar]3d54s1；
C．原子结构不存在[Ar]3d44s1；
D．一个轨道上存在两个自旋方向相反的电子，电子最先排布在能量低的轨道；
（4）环氧乙烷和乙醛是同分异构体，但其结构不同、官能团的类型不同，可用核磁共振氢谱、红外光谱、X﹣射线衍射实验进行鉴别；
（5）常温下，①[Cu（NH3）4]2+（aq）⇌Cu2+（aq）+4NH3（aq）K1＝5.0×10﹣14，②Cu（OH）2（s）+4NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq） K2＝4.4×10﹣7，反应①+②得到Cu（OH）2（s）⇌Cu2+（aq）+2OH﹣（aq），其平衡常数Ksp[Cu（OH）2]＝K1•K1；
（6）KCl能与AgNO3反应生成AgCl沉淀，Fe2（SO4）3能与KI反应，KNO3与AgNO3、KI均不能反应；
（7）该原电池工作时，Ag+发生还原反应生成Ag，I﹣发生氧化反应生成I2，则石墨1电极为负极，石墨2电极为正极；
（8）稀硝酸溶解Ag生成AgNO3、NO和H2O，根据Ag原子守恒、乙醛和银氨溶液的反应方程式进行计算。
【解答】解：（1）Cu的核电荷数29，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu在周期表中的位置第四周期第ⅠB，Cu元素基态原子的价层电子排布式为：3d104s1，
故答案为：第四周期第ⅠB；3d104s1；
（2）由图可知，Ag作催化剂时，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷和乙醛的活化能较低，反应速率较快，
故答案为：Ag；
（3）A．[Ar]3d10表示的是失去2个电子的离子，故A错误；
B．[Ar]3d54s1表示的是Cr原子，故B正确；
C．洪特规则可知，原子结构不存在[Ar]3d44s1，故C错误；
D．中不符合泡利不相容原理、能量最低原理，一个轨道上存在两个自旋方向相反的电子，电子最先排布在能量低的轨道，故D错误；
故答案为：B；
（4）A．质谱法是测得相对分子质量，故A错误；
B．环氧乙烷和乙醛是同分异构体，但其结构不同、官能团的类型不同，可用核磁共振氢谱、红外光谱、X﹣射线衍射实验进行鉴别，故B正确；
C．利用李比希燃烧法可以测定物质的实验式，环氧乙烷和乙醛是同分异构体，最简式相同，故C错误；
D．环氧乙烷和乙醛是同分异构体，但其结构不同、官能团的类型不同，可用核磁共振氢谱、红外光谱、X﹣射线衍射实验进行鉴别，故D正确；
故答案为：BD；
（5）常温下，①[Cu（NH3）4]2+（aq）⇌Cu2+（aq）+4NH3（aq）K1＝5.0×10﹣14，②Cu（OH）2（s）+4NH3（aq）⇌[Cu（NH3）4]2+（aq）+2OH﹣（aq） K2＝4.4×10﹣7，反应①+②得到Cu（OH）2（s）⇌Cu2+（aq）+2OH﹣（aq），其平衡常数Ksp[Cu（OH）2]＝K1•K1＝5.0×10﹣14×4.4×10﹣7＝2.2×10﹣20，
故答案为：2.2×10﹣20；
（6）KCl能与AgNO3反应生成AgCl沉淀，Fe2（SO4）3能与KI反应，KNO3与AgNO3、KI均不能反应，所以盐桥中的电解质可用KNO3，不能选择KCl或Fe2（SO4）3，
故答案为：A；
（7）闭合K，电流计指针偏转，即该原电池工作时，Ag+发生还原反应生成Ag，I﹣发生氧化反应生成I2，则石墨1电极为负极，石墨2电极为正极，
故答案为：D；
（8）稀硝酸溶解Ag生成AgNO3、NO和H2O，反应的化学方程式为：3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O，Ag守恒：Ag→AgNO3→[Ag（NH3）2]OH→Ag，所以根据银镜反应方程式进行计算即可，该反应为CH3CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，n（CH3CHO）＝n（Ag）＝0.5×＝1×10﹣4ml，
故答案为：3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O；1×10﹣4。
【点评】本题考查原子结构、物质性质实验方案设计，侧重分析能力、实验能力和计算能力考查，把握氧化还原反应及氧化性或还原性强弱判断、原电池工作原理、银镜反应实验及其注意事项、化学方程式的计算等知识即可解答，题目难度中等。
10．（2024秋•和平区校级月考）二氧化碳甲烷重整反应制备合成气（H2+CO）是一种生产高附加值化学品的低碳过程。该过程存在如下化学反应：
①CH4（g）+CO2（g）⇌2H2（g）+2CO（g）ΔH1
②
③
④
回答下列问题：
（1）ΔH1＝ +247.3kJ/ml ，反应① B 正向自发进行（填字母）。
A．低温下能
B．高温下能
C．任何温度下都能
D．任何温度下都不能
（2）反应体系总压强分别为5.00MPa、1.00MPa和0.50MPa时，CH4平衡转化率随反应温度变化如图所示，则代表反应体系总压强为5.00MPa的曲线是 Ⅲ （填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”），判断依据是 甲烷反应的方程式中，反应前后气体计量数增大，其它条件不变时，增大压强化学平衡逆向移动，导致CH4的转化率降低 。
（3）当反应体系总压强为0.1MPa时，平衡时部分组分的物质的量随反应温度变化如图所示。随反应温度的升高，CO2的物质的量先增加后减少，主要原因是 温度较低时，反应放热，以②为主；升高温度，化学平衡逆向移动，生成CO2，CO2增加；温度较高时，反应为吸热反应，以①为主，升高温度反应正向移动，消耗CO2，CO2减少 。
【答案】（1）+247.3 kJ/ml；B；
（2）Ⅲ；甲烷反应的方程式中，反应前后气体计量数增大，其它条件不变时，增大压强化学平衡逆向移动，导致CH4的转化率降低；
（3）温度较低时，反应放热，以②为主；升高温度，化学平衡逆向移动，生成CO2，CO2增加；温度较高时，反应为吸热反应，以①为主，升高温度反应正向移动，消耗CO2，CO2减少。
【分析】（1）根据盖斯定律，将反应②+③﹣2×④，整理可得方程式①，则ΔH1＝ΔH2+ΔH3﹣2ΔH4；反应①中ΔH＞0，△S＞0，如果△G＝ΔH﹣T△S＜0；
（2）在甲烷反应的化学方程式中，反应后气体计量数增大，其它条件不变时，增大压强，化学平衡会向气体分子数减小的逆反应方向移动，导致CH4的平衡转化率降低，所以根据图示的CH4的转化率与压强关系可知；
（3）根据图示可知：CO2参加的反应有①②，温度较低时，反应放热，以反应②为主。升高温度，化学平衡逆向移动，生成CO2，使CO2的量增加；温度较高时，反应为吸热反应，以反应①为主。
【解答】解：（1）根据盖斯定律，将反应②+③﹣2×④，整理可得方程式①，则ΔH1＝ΔH2+ΔH3﹣2ΔH4＝（﹣90.2+74.9+2×131.3）kJ/ml＝+247.3 kJ/ml；反应①中ΔH＞0，△S＞0，如果△G＝ΔH﹣T△S＜0，反应可自发进行，则反应①在高温下正向自发进行，
故答案为：+247.3 kJ/ml；B；
（2）在甲烷反应的化学方程式中，反应后气体计量数增大，其它条件不变时，增大压强，化学平衡会向气体分子数减小的逆反应方向移动，导致CH4的平衡转化率降低，所以根据图示的CH4的转化率与压强关系可知：代表反应体系总压强为5.00MPa的曲线是Ⅲ，
故答案为：Ⅲ；甲烷反应的方程式中，反应前后气体计量数增大，其它条件不变时，增大压强化学平衡逆向移动，导致CH4的转化率降低；
（3）根据图示可知：CO2参加的反应有①②，温度较低时，反应放热，以反应②为主。升高温度，化学平衡逆向移动，生成CO2，使CO2的量增加；温度较高时，反应为吸热反应，以反应①为主；升高温度，化学平衡正向移动，反应消耗CO2，CO2的量减少，
故答案为：温度较低时，反应放热，以②为主；升高温度，化学平衡逆向移动，生成CO2，CO2增加；温度较高时，反应为吸热反应，以①为主，升高温度反应正向移动，消耗CO2，CO2减少。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡图像的掌握情况，试题难度中等。
11．（2024秋•青岛月考）Ⅰ.当今社会的主题之一：发展经济，节能减排。而燃料电池因其无污染，且原料来源广可再生被人们青睐，广泛应用于生产、生活、科学研究中，现有如图所示装置，所有电极均为Pt，请按要求回答下列问题：
（1）写出a极的电极反应 CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣＝+6H2O 。
（2）乙池中c极的电极反应 1 。
（3）若CuSO4（aq）足够，电解一段时间后，要恢复到原来的状态，则可加入 AC 。（填序号）
A.CuO
B.Cu（OH）2
C.CuCO3
D.Cu2（OH）2CO3
（4）现用丙装置电解硫酸钾溶液制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾，其中M、N为离子交换膜，只允许某些离子通过，则A出口导出的溶液溶质为 H2SO4 （写化学式），M为 阴 离子交换膜（填“阴”或“阳H”）。
Ⅱ.如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。
（5）环境中的Cl﹣ 扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2（OH）3Cl，其离子方程式为 2Cu2++3OH﹣+Cl﹣＝Cu2（OH）3Cl↓ 。
（6）若生成4.29gCu2（OH）2Cl，则理论上耗氧体积为 0.448 L（标准状况）。
【答案】（1）CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣＝+6H2O；
（2）1；
（3）AC；
（4）H2SO4；阴；
（5）2Cu2++3OH﹣+Cl﹣＝Cu2（OH）3Cl↓；
（6）0.448。
【分析】（1）由图中可知，甲装置为原电池，a是原电池负极，b是原电池正极，乙、丙装置为电解池；
（2）当b极消耗标准状况下的O2112mL时，转移电子数为0.02ml，乙池为电解池，c极是阳极，其电极反应为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
（3）乙池只发生反应2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4，损失的是铜与氧元素；
（4）丙装置的左室消耗的是水电离的OH﹣，左室与电源的正极相连为电解池的阳极，向左室定向移动；
（5）Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀；
（6）n[Cu2（OH）3Cl]＝ml＝0.02ml，根据转移电子得n（O2）＝ml＝0.02ml。
【解答】解：（1）由图中可知，甲装置为原电池，a是原电池负极，b是原电池正极，乙、丙装置为电解池；甲装置中a是原电池负极，其电极反应为CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣＝+6H2O，
故答案为：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣＝+6H2O；
（2）当b极消耗标准状况下的O2112mL时，转移电子数为0.02ml，乙池为电解池，c极是阳极，其电极反应为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，根据得失电子守恒，生成氢离子为0.02ml，氢离子浓度为0.1ml/L，pH＝1，
故答案为：1；
（3）乙池只发生反应2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4，损失的是铜与氧元素，所以要恢复到原来的状态只需要加入铜与氧元素即可，故可加入CuO、CuCO3，
故答案为：AC；
（4）丙装置的左室消耗的是水电离的OH﹣，左室与电源的正极相连为电解池的阳极，向左室定向移动，所以A出口的产品是H2SO4，M是阴离子交换膜，
故答案为：H2SO4；阴；
（5）Cl﹣扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2（OH）3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2（OH）3Cl沉淀，则该离子方程式为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣＝Cu2（OH）3Cl↓，
故答案为：2Cu2++3OH﹣+Cl﹣＝Cu2（OH）3Cl↓；
（6）n[Cu2（OH）3Cl]＝ml＝0.02ml，根据转移电子得n（O2）＝ml＝0.02ml，V（O2）＝0.02ml×22.4L/ml＝0.448L，
故答案为：0.448。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池和电解池的掌握情况，试题难度中等。
12．（2024秋•南岗区校级月考）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。
Ⅰ．CO2催化加氢合成甲醇是重要的碳捕获利用与封存技术，该过程主要发生下列反应：
反应①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
反应②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
回答下列问题：
（1）温度对CO2转化率及甲醇和CO产率的影响如图甲所示
①由图甲，判断合成CH3OH最适宜的温度是 250℃ 。
②温度升高CH3OH产率先升高后降低，转化率降低的原因除了温度对平衡的影响，还可能因为 升高温度，催化剂活性降低，导致反应速率下降，产率降低 。
③下列措施有利于提高CO2转化为CH3OH的平衡转化率的有 CD 。
A．提高CO2和H2的投料比
B．选用更高效催化剂
C．增大体系压强
D．体积和投料比不变，提高反应物浓度
④在压强为p的恒温恒压密闭容器中加入1ml CO2和3ml H2反应，达到平衡状态时CO2的转化率为20%，生成CO的物质的量为0.05ml，则甲醇（g）的选择性为 75 %。
[甲醇选择性＝]
（2）催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率（FE%）随电解电压的变化如图乙所示。

其中，QX＝nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为 H2 （填化学式）。
②当电解电压为U2V时，阴极由生成CH4的电极反应式为 +8e﹣+6H2O＝CH4↑+9OH﹣或+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9+3H2O 。
③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比为 1：2 （写出计算过程）。
【答案】（1）①250℃；
②升高温度，催化剂活性降低，导致反应速率下降，产率降低；
③CD；
④75；
（2）①H2；
②+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9OH﹣或+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9+3H2O；
③1：2。
【分析】（1）①由图甲可知，起初温度升高，CH3OH的产率增大，当温度升高到250℃时，CH3OH的产率达最大值，继续升高温度，CH3OH的产率下降；
②）温度升高，崔化催化剂活性降低；
③A．提高CO2和H2的投料比，可认为在CO2和H2物质的量不变的前提下，增大CO2的投入量，平衡正向移动；
B．催化剂只能影响反应速率，不影响平衡；
C．增大体系压强，平衡正向移动；
D．体积和投料比不变，提高反应物浓度，相当于加压，平衡正向移动；
④在压强为p的恒温恒压密闭容器中加入1ml CO2和3ml H2反应，达到平衡状态时CO2的转化率为20%，则参加反应CO2的物质的量为1ml×20%＝0.20ml，生成CO的物质的量为 0.05ml，则生成CH3OH的CO2的物质的量为0.20ml﹣0.05ml＝0.15ml，以此计算甲醇（g）的选择性；
（2）①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，表明阴极无含碳物质生成，阴极上为H+放电；
②当电解电压为U2V时，根据电荷守恒和得失电子守恒书写由生成CH4的电极反应式；
③由图可知，当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的法拉第效率分别为24%、8%，即＝，由转化为C2H4、HCOO﹣与所需得到电子的关系为：＝＝。
【解答】解：（1）①由图甲可知，起初温度升高，CH3OH的产率增大，当温度升高到250℃时，CH3OH的产率达最大值，继续升高温度，CH3OH的产率下降，则合成CH：OH 最适宜的温度是 250℃，
故答案为：250℃；
②）温度升高，CH3OH产率先升高后降低，转化率降低的原因除了温度对平衡的影响，还可能与催化剂的活性降低有关，因为升高温度，催化剂活性降低，导致反应速率下降，产率降低，
故答案为：升高温度，催化剂活性降低，导致反应速率下降，产率降低；
③A．提高CO2和H2的投料比，可认为在CO2和H2物质的量不变的前提下，增大CO2的投入量，平衡正向移动，但CO2的平衡转化率降低，故A错误；
B．选用更高效催化剂，只能改变反应达平衡的时间，不能改变CO2的转化率，故B错误；
C．增大体系压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故C正确；
D．体积和投料比不变，提高反应物浓度，相当于加压，平衡正向移动，CO2的平衡转化率提高，故D正确；
故答案为：CD；
④在压强为p的恒温恒压密闭容器中加入1ml CO2和3ml H2反应，达到平衡状态时CO2的转化率为20%，则参加反应CO2的物质的量为1ml×20%＝0.20ml，生成CO的物质的量为 0.05ml，则生成CH3OH的CO2的物质的量为0.20ml﹣0.05ml＝0.15ml，所以甲醇（g）的选择性为×100%＝75%，
故答案为：75；
（2）①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，表明阴极无含碳物质生成，则阴极电极反应为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2，所以主要还原产物为H2，
故答案为：H2；
②当电解电压为U2V时，阴极由生成CH4的电极反应式为+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9OH﹣或+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9+3H2O，
故答案为：+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9OH﹣或+8e﹣+6H2O＝CH4↑+9+3H2O；
③由图可知，当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的法拉第效率分别为24%、8%，即＝，由转化为C2H4、HCOO﹣与所需得到电子的关系为：＝＝，即当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO﹣的物质的量之比为：＝1：2，
故答案为：1：2。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算、电化学等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目难度稍大。
13．（2024秋•河东区校级月考）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如图，包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三阶段。
Ⅰ.硫液化后与空气中的氧反应生成：SO2。
（1）硫的燃烧应控制事宜温度，若进料温服超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致 ab （填序号）。
a.硫的消耗量增加
b.SO2产率下降
c.生成较多SO3
（2）SO2（g）氧化生成SO3（g），随温度升高，SO2平衡转化率 降低 （填升高或降低）。
（3）从能量角度分析，钒催化剂在反应中的作用为 降低反应活化能 。
Ⅱ.一定条件下，钒催化剂的活性温度范围是450～600℃。为了兼顾转化率和反应速率，可采用四段转化工艺：预热后的SO2和O2通过第一段的钒催化剂层进行催化氧化，气体温度会迅速接近600℃，此时立即将气体通过热交换器，将热量传递给需要预热的SO2和O2、完成第一段转化。降温后的气体依次进行后三段转化，温度逐段降低，总转化率逐段提高，接近平衡转化率。最终反应在450℃左右时，SO2转化率达到97%。
（4）气体经过每段的钒催化剂层，温度都会升高，其原因是 二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量 。升高温度后的气体都需要降温，其目的是 保持钒催化剂温度，提高二氧化硫转化率，保证反应速率 。
（5）采用四段转化工艺可以实现 ac （填序号）。
a.控制适宜的温度，尽量加快反应速率，尽可能提高SO2转化率
b.使反应达到平衡状态
c.节约能源
Ⅲ.工业上用浓硫酸吸收SO3，若用水吸收SO3会产生酸雾，导致吸收效率降低。
（6）SO3的吸收率与所用硫酸的浓度、温度的关系如图所示。
据图分析，最适合的吸收条件：硫酸的浓度 98.3% 、温度 60℃ 。
【答案】（1）ab；
（2）降低；
（3）降低反应活化能；
（4）反应放热；保持钒催化剂活性温度，提高 SO2转化率，保证反应速率；
（5）ac；
（6）98.3%；60℃。
【分析】先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，和氧气反应生成二氧化硫，生成的SO2和氧气发生反应转化为三氧化硫，生成的SO3用浓硫酸吸收得到硫酸。
【解答】解：（1）第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，则消耗的硫粉会增大，硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第二步反应过程中，硫蒸气会继续和氧气反应生成二氧化硫，但第二步中二氧化硫浓度较大，会降低二氧化硫的生成率，
故答案为：ab；
（2）SO2（g）氧化生成SO3（g）的反应为放热反应，随温度升高，SO2平衡转化率降低，
故答案为：降低；
（3）催化剂可以降低反应的活化能，从而加快反应速率，
故答案为：降低反应活化能；
（4）通入催化剂层后，体系（剩余反应物与生成物）温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量使得温度升高；每轮反应后进行热交换降温的目的是：保持钒催化剂活性温度，降低SO2的转化率，保证反应速率，
故答案为：二氧化硫和氧气的反应是放热反应，反应释放能量；保持钒催化剂温度，提高二氧化硫转化率，保证反应速率；
（5）a．由题目信息可知，四轮反应保证了在反应速率较大的情况下，转化率尽可能大，故a正确；
b．由题目信息可知，四轮反应使反应转化率接近平衡转化率，也就是使得反应接近平衡状态，故b错误；
c．四轮反应中，每轮反应后进行热交换降温，节约了能源，故c正确；
故答案为：ac；
（6）由图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃，此时吸收率最高，
故答案为：98.3%；60℃；98.3%；60℃。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含硫物质性质的掌握情况，题目难度中等。
14．（2024秋•武汉月考）雾霾严重影响人们的生活，汽车尾气排放是造成雾霾天气的重要原因之一、已知汽车尾气排放时容易发生以下反应：
①2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）
②N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）
③ ΔH3
④2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） ΔH4
（1）某反应的平衡常数表达式为，则该反应的热化学方程式为 N2（g）+2O2（g）⇌2NO2（g）ΔH＝+67kJ/ml 。
（2）下列情况能说明反应①已达平衡状态的是 C 。
A．单位时间内生成1ml NO2的同时消耗了1ml NO
B．在恒温恒容的容器中，混合气体的密度保持不变
C．在恒温恒容的容器中，气体的颜色不变
D．在恒温恒容的容器中，n（NO）：n（O2）：n（NO2）＝2：1：2
（3）若容器容积不变，则下列措施可提高反应③中CO平衡转化率的是 C 。
A．使用高效催化剂
B．充入He，使体系总压强增大
C．将CO2（g）从体系中分离
D．充入CO，使体系总压强增大
（4）试分析反应③在 低温 （填“高温”、“低温”或“任意温度”）下能自发进行。
（5）表格数据为反应④2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的平衡常数K4随温度变化的关系，则ΔH4 ＜ 0（填写“＞”或“＜”）
（6）探究反应④中平衡时CO2的体积分数与反应物中起始的比值、温度的关系，得到如图所示曲线。在X、Y、Z三点中，CO的转化率从大到小的顺序是 Z＞Y＞X 。在2L密闭容器中加入NO与CO各3ml，经过5分钟达到平衡状态，根据图像计算平均反应速率υ（N2）＝ 0.1ml/（L•min） 。
（7）HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用允许K+、H+通过的离子交换膜隔开。电池负极电极反应式为 ；放电过程中需补充的物质A为 H2SO4 （填化学式）。
【答案】（1）N2（g）+2O2（g）⇌2NO2（g）ΔΗ＝+67kJ/ml；
（2）C；
（3）C；
（4）低温；
（5）＜；
（6）Z＞Y＞X；0.1ml/（L•min）；
（7）；H2SO4。
【分析】（1）根据化学平衡常数定义：在一定温度下，当一个可逆反应达到化学平衡时，生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值是一个常数，这个常数就是该反应的化学平衡常数，再结合盖斯定律进行分析；
（2）化学反应平衡状态的判断：①正逆反应速率相等，且不为零；②变量不变：若一个变量随着反应进行而改变，当这个变量不变时为平衡状态；
（3）要提高反应物的转化率，即使得平衡正向移动；升高温度，平衡向着吸热的方向移动；增大压强，平衡向着气体分子数减小的方向移动；减小生成物浓度，平衡正向移动；使用催化剂，不影响平衡的移动；
（4）根据△G＝ΔH﹣T△S，当△G＜0时，反应能自发进行；△G＞0时，反应不能自发进行；
（5）平衡常数只与温度有关；升高温度，K值增大，则说明该反应为吸热反应；升高温度，K值降低，则说明该反应为放热反应；
（6）恒容条件下，反应物有多种时，增加其中一种反应物的量，其余几种反应物的转化率增大；在恒温恒容条件下，气体体积之比等于物质的量之比，利用“三段式”计算出各物质的平衡量和转化量，再根据ν＝＝进行计算；
（7）根据图示可知，左侧电极上HCOO﹣失电子发生氧化反应转化为，因此左侧电极为负极，右侧电极为正极，据此分析。
【解答】解：（1）根据化学平衡常数的定义以及题目所给信息，则化学方程式为N2（g）+2O2（g）⇌2NO2（g），根据盖斯定律可知，目标反应＝反应①+反应②，则ΔH＝ΔH1+ΔH2＝﹣114kJ/ml+（+181kJ/ml）＝+67kJ/ml，因此反应的热化学方程式为N2（g）+2O2（g）⇌2NO2（g）ΔH＝+67kJ/ml，
故答案为：N2（g）+2O2（g）⇌2NO2（g）ΔH＝+67kJ/ml；
（2）A.单位时间内生成1ml NO2的同时消耗了1ml NO，不能说明正逆反应速率相等，因此不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.在恒温恒容的容器中，混合气体的密度ρ＝，反应前后，容器的体积不变，混合气体的质量也不变，因此当混合气体的密度不再发生变化，不能判断反应是否达到平衡状态，故B错误；
C.二氧化氮为红棕色气体，在恒温恒容的容器中，气体的颜色不变时，二氧化氮浓度保持不变，达到化学平衡状态，故C正确；
D.在恒温恒容的容器中，n（NO）：n（O2）：n（NO2）＝2：1：2，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：C；
（3）A.使用催化剂，催化剂可加快反应速率，但是不影响平衡的移动，因此CO的转化率不变，故A错误；
B.恒容条件下充入He，使体系总压强增大，但各组分浓度不变，因此平衡不移动，CO转化率不变，故B错误；
C.将CO2（g）从体系中分离，生成物浓度减小，平衡正向移动，CO的转化率增大，故C正确；
D.充入CO，平衡正向移动，但CO的转化率降低，故D错误；
故答案为：C；
（4）用复合判据△G＝ΔH﹣T△S，当△G＜0时，反应能自发进行；已知该反应ΔH＜0，△S＜0，因此该反应在低温条件下可自发进行，
故答案为：低温；
（5）根据表格数据可知，温度升高，K4减小，因此该反应为放热反应，ΔH4＜0，
故答案为：＜；
（6）反应物中起始的比值越大，即充入的NO的量越多，增大NO浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，因此X、Y、Z三点，CO转化率的大小关系为Z＞Y＞X；已知起始投料n（NO）＝n（CO）＝3ml，V＝2L，假设NO的转化量为2xml，利用“三段式”进行计算，
2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）
起始量（ml） 3 3 0 0
转化量（ml） 2x 2x x 2x
平衡量（ml） 3﹣2x 3﹣2x x 2x
平衡时，n（总）＝（6﹣x）ml，结合图示可知，平衡时二氧化碳的体积分数＝×100%＝40%，解得x＝1，则ν（N2）＝＝＝ml/（L•min）＝0.1ml/（L•min），
故答案为：Z＞Y＞X；0.1ml/（L•min）；
（7）根据图示可知，左侧电极上HCOO﹣失电子发生氧化反应转化为，因此左侧电极为负极，右侧电极为正极，则负极的电极反应式为；离子交换膜仅允许K+和H+通过，观察图中装置可知，右侧最后有K2SO4生成，则物质A中一定含有硫酸根离子，O2在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+，因此物质A为H2SO4，
故答案为：；H2SO4。
【点评】本题主要考查热化学方程式以及电极反应式的书写、影响化学平衡移动的因素、反应速率的计算以及化学平衡状态的判断等内容，综合性较强，难度适中。
15．（2024秋•硚口区校级月考）二甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”，由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①CO（g）+2H2（g⇌）CH3OH（g） ΔH1＝﹣90.7kJ•ml﹣1 K1
②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH2＝﹣23.5kJ•ml﹣1 K2
③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） ΔH3＝﹣41.2kJ•ml﹣1 K3
回答下列问题：
（1）反应3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的ΔH＝ ﹣246.1 kJ•ml﹣1；该反应的平衡常数K＝ •K2•K3 （用K1、K2、K3表示）。
（2）下列措施中，能提高（1）中CH3OCH3产率的有 AC 。
A．使用过量的C
B．升高温度
C．增大压强
（3）一定温度下，将0.2ml CO和0.1ml H2O（g）通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1。则0～5min内v（H2O）＝ 0.003ml•L﹣1•min﹣1 ，CO的转化率α（CO）＝ 15% 。
（4）将合成气以＝2通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图1所示，下列说法正确的是 AB （填字母）。
A．ΔH＜0
B．p1＞p2＞p3
C．若在p3和316℃时，起始时＝3，则平衡时，α（CO）小于50%
（5）采用一种新型的催化剂（主要成分是CuMn的合金），利用CO和H2制备二甲醚（DME）。观察图2，当约为 2.0 时最有利于二甲醚的合成。
【答案】（1）﹣246.1；•K2•K3；
（2）AC；
（3）0.003ml•L﹣1•min﹣1；15%；
（4）AB；
（5）2.0。
【分析】（1）根据盖斯定律：①×2+②+③得3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）；
（2）下列措施中，能提高（1）中CH3OCH3产率，要使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
（3）5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1，列化学平衡三段式，结合速率、转化率公式计算；
（4）A．根据图像，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行；
B．作等温线，根据勒夏特列原理，根据化学计量数，增大压强，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大；
C．在p3和316℃时，起始时＝3，相当于在以＝2基础上通入H2，反应向正反应方向进行；
（5）最有利于二甲醚的合成，即此时二甲醚的选择性最高，且CO转化率要高。
【解答】解：（1）根据盖斯定律：①×2+②+③得3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）ΔH＝（﹣90.7×2﹣23.5﹣41.2）kJ/ml＝﹣246.1kJ/ml，K＝•K2•K3，
故答案为：﹣246.1；•K2•K3；
（2）A．使用过量的C，二氧化碳可以与C反应生成CO，促进平衡正向移动，提高（1）中CH3OCH3产率，故A正确；
B．升高温度，平衡逆向移动，CH3OCH3产率下降，故B错误；
C．增大压强，平衡正向移动，提高（1）中CH3OCH3产率，故C正确；
故答案为：AC；
（3）5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的体积分数为0.1，列化学平衡三段式，
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
起始（ml） 0.2 0.1 0 0
转化（ml） x x x x
平衡（ml） 0.2﹣x 0.1﹣x x x
H2的体积分数＝＝0.1，解得x＝0.03，0～5min内v（H2O）＝ ＝0.003ml•L﹣1•min﹣1，CO转化率为×100%＝15%，
故答案为：0.003ml•L﹣1•min﹣1；15%；
（4）A．根据图像，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即ΔH＜0，故A正确；
B．作等温线，根据勒夏特列原理，根据化学计量数，增大压强，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，从而推出p1＞p2＞p3，故B正确；
C．在p3和316℃时，起始时＝3，相当于在以＝2基础上通入H2，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，CO的转化率大于50%，故C错误；
故答案为：AB；
（5）由图可知，当约为2时，此时二甲醚的选择性最高，CO转化率最大，
故答案为：2.0。
【点评】本题综合考查化学知识，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动以及化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式是解题关键，此题难度中等。
16．（2024秋•南京月考）草酸（H2C2O4）是一种白色粉末，可与酸性KMnO4溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。
资料1：25℃时，草酸的电离平衡常数为：，。
资料2：25℃时，，。
Ⅰ．某化学小组研究草酸（H2C2O4）及其盐的性质
（1）下列有关说法正确的是 B 。
A．草酸的电离方程式为
B．0.1ml•L﹣1草酸溶液中：
C．常温下，将草酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小
D．要使H2C2O4的电离程度增大，可采取的措施是加入少量草酸晶体
（2）25℃时，向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×10﹣3ml•L﹣1的草酸钾溶液20mL， 不能 产生草酸钙沉淀（填“能”或“不能”）。
（3）常温下，用0.1000ml•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：。
①滴定过程中，c点溶液中的溶质是 Na2C2O4 （写化学式），该草酸溶液的物质的量浓度为 0.1080ml/L 。
②a点溶液pH＜7，溶液显酸性，其原因是（从平衡常数的角度解释） HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2 。
Ⅱ．某化学小组研究草酸的应用
（4）医学上常用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应来测血液中钙的含量。
测定方法是取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。
①滴定过程中发生的反应离子方程式为 2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O 。
②下列操作会引起测定结果偏高的是 AC （填字母）。
A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗
B．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数
C．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，用待测液润洗
【答案】（1）B；
（2）不能；
（3）①Na2C2O4；0.1080ml/L；
②HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2；
（4）①2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
②AC。
【分析】（1）A．草酸是二元弱酸，分步电离；
B．草酸是二元弱酸，分步电离，一级电离为主；
C．常温下，将草酸溶液加水稀释，溶液的酸性减弱，但水的离子积Kw不变；
D．H2C2O4的浓度越大，其电离程度越小；
（2）根据浓度积Q与Ksp（CaC2O4）的大小关系分析判断；
（3）①图中c点所示溶液中存在2c（H2C2O4）+2c（HC2）+2c（C2）＝c（Na+），即c点溶质为Na2C2O4，此时n（NaOH）＝2n（H2C2O4）；
②由图可知，a点溶液中溶质为NaHC2O4，HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2，说明HC2的水解程度小于其电离程度；
（4）①酸性的KMnO4溶液能氧化H2C2O4，生成CO2气体，同时本身被还原为Mn2+，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；
②根据c（待测）＝×V（标准）进行误差分析。
【解答】解：（1）A．草酸是二元弱酸，分步电离，两步电离不能合并，电离方程式为H2C2O4⇌HC2+H+、HC2⇌C2+H+，故A错误；
B．草酸是二元弱酸，分步电离，电离程度逐渐减小，则0.1ml•L﹣1草酸溶液中：c（H2C2O4）＞c（HC2）＞c（C2），故B正确；
C．常温下，将草酸溶液加水稀释，溶液的酸性减弱，c（OH﹣）增大，即除OH﹣外的其它离子的浓度均减小，故C错误；
D．H2C2O4的浓度越大，其电离程度越小，则草酸溶液中加入少量草酸晶体时，其电离程度减小，故D错误；
故答案为：B；
（2）碳酸钙的饱和溶液中c（Ca2+）＝c（）＝＝6.0×10﹣5ml/L，20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×10﹣3ml•L﹣1的草酸钾溶液20mL时，c（Ca2+）＝3.0×10﹣5ml/L，c（C2）＝5.0×10﹣4ml/L，浓度积Q＝3.0×10﹣5×5.0×10﹣4＝1.5×10﹣8＜4×10﹣8＝Ksp（CaC2O4），则不能产生草酸钙沉淀，
故答案为：不能；
（3）①图中c点所示溶液中存在2c（H2C2O4）+2c（HC2）+2c（C2）＝c（Na+），即c点溶质为Na2C2O4，此时n（NaOH）＝2n（H2C2O4），即0.0216L×0.1000ml•L﹣1＝0.02L×c（H2C2O4），c（H2C2O4）＝0.1080ml/L，
故答案为：Na2C2O4；0.1080ml/L；
②由图可知，a点溶液中溶质为NaHC2O4，HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2，说明HC2的水解程度小于其电离程度，导致a点溶液呈酸性，溶液pH＜7，
故答案为：HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2；
（4）①酸性的KMnO4溶液能氧化H2C2O4，生成CO2气体，同时本身被还原为Mn2+，发生反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，
故答案为：2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；
②A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗，导致溶液浓度减小，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故A正确；
B．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读取的标准溶液体积减小，测定标准溶液难度偏低，故B错误；
C．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，用待测液润洗，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故A正确；
故答案为：AC。
【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱中和滴定实验操作及计算，侧重分析判断能力和实验能力考查，把握弱电解质的电离平衡及影响因素、电离平衡常数及溶度积常数的计算应用、酸碱混合溶液的定性判断、滴定实验操作及误差分析是解题关键，题目难度中等。
17．（2024秋•武汉月考）弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡均属于化学平衡。根据要求回答问题。
（1）一定温度下，向1L0.1ml•L﹣1CH3COOH溶液中加入0.1ml CH3COONa固体，则醋酸的电离平衡向 逆 （填“正”或“逆”）反应方向移动；水的电离程度将 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）99℃时，KW＝1.0×10﹣12，该温度下测得0.1ml•L﹣1Na2A溶液的pH＝9。
①该条件下H2A的二级电离常数为 10﹣7 。
②体积相等、pH＝1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，产生的氢气 B 。
A．盐酸多
B．H2A多
C．一样多
D．无法确定
③将0.1ml•L﹣1H2A溶液与0.2ml•L﹣1氨水等体积混合，完全反应后溶液中各离子浓度的电荷守恒关系式为 c（）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣） 。
（3）已知常温下，H2SO3的电离常数为Ka1＝1.54×10﹣2，Ka2＝1.02×10﹣7，H2CO3的电离常数为Ka1＝4.30×10﹣7，Ka2＝5.60×10﹣11。
①下列微粒可以大量共存的是 bc （填字母）。
a.、
b.、
c.、
d.H2SO3、
②NaHSO3溶液中各离子浓度从大到小的排列顺序是 c（Na+）＞c（）＞c（H+）＞c（）＞c（OH﹣） 。
（4）0.1ml•L﹣1的NaHB溶液，测得溶液显碱性。则该溶液中c（H2B） ＞ c（B2﹣）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
【答案】（1）逆；增大；
（2）①10﹣7；
②B；
③c（）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）；
（3）①bc；
②c（Na+）＞c（）＞c（H+）＞c（）＞c（OH﹣）；
（4）＞。
【分析】（1）一定温度下，向1L0.1ml•L﹣1CH3COOH溶液中加入0.1ml CH3COONa固体，CH3COONa电离导致溶液中c（CH3COO﹣）增大，抑制醋酸电离，溶液中c（H+）减小；
（2）①该条件下，0.1ml•L﹣1Na2A溶液中c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣3ml/L，A2﹣的水解程度较小，则溶液中c（A2﹣）≈0.1ml/L，c（HA﹣）≈c（OH﹣）＝0.001ml/L，H2A的二级电离常数为×c（H+）；
②体积相等、pH＝1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，产生的氢气与酸最终电离出的氢离子的物质的量成正比；
③将0.1ml•L﹣1H2A溶液与0.2ml•L﹣1氨水等体积混合，二者完全反应生成（NH4）2A，溶液中存在电荷守恒；
（3）①弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成相对较弱的酸，根据电离平衡常数知，酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞；
②的水解平衡常数Kh＝＝≈6.5×10﹣13＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小；
（4）0.1ml•L﹣1的NaHB溶液，测得溶液显碱性，说明HB﹣的水解程度大于电离程度。
【解答】解：（1）一定温度下，向1L0.1ml•L﹣1CH3COOH溶液中加入0.1ml CH3COONa固体，CH3COONa电离导致溶液中c（CH3COO﹣）增大，抑制醋酸电离，则醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中c（H+）减小，水的电离程度将增大，
故答案为：逆；增大；
（2）①该条件下，0.1ml•L﹣1Na2A溶液中c（OH﹣）＝＝ml/L＝10﹣3ml/L，A2﹣的水解程度较小，则溶液中c（A2﹣）≈0.1ml/L，c（HA﹣）≈c（OH﹣）＝0.001ml/L，H2A的二级电离常数为×c（H+）＝×10﹣9＝10﹣7，
故答案为：10﹣7；
②体积相等、pH＝1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，产生的氢气与酸最终电离出的氢离子的物质的量成正比，H2A最终电离出的氢离子的物质的量较多，则H2A生成的氢气多，
故答案为：B；
③将0.1ml•L﹣1H2A溶液与0.2ml•L﹣1氨水等体积混合，二者完全反应生成（NH4）2A，溶液中存在电荷守恒c（）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣），
故答案为：c（）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HA﹣）+2c（A2﹣）；
（3）①弱酸的电离平衡常数越大，酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成相对较弱的酸，根据电离平衡常数知，酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞，与不反应，bc能共存，
故答案为：bc；
②的水解平衡常数Kh＝＝≈6.5×10﹣13＜Ka2，说明其电离程度大于水解程度，但其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，水还电离出氢离子，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（）＞c（H+）＞c（）＞c（OH﹣），
故答案为：c（Na+）＞c（）＞c（H+）＞c（）＞c（OH﹣）；
（4）0.1ml•L﹣1的NaHB溶液，测得溶液显碱性，说明HB﹣的水解程度大于电离程度，则该溶液中c（H2B）＞c（B2﹣），
故答案为：＞。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及计算能力，明确弱电解质的电离特点及影响因素、电离平衡常数和水解平衡常数的关系是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用。
18．（2024秋•洛阳月考）二氧化碳的回收利用是环保和能源领域研究的热点课题，回答下列问题：
已知：反应ⅰ.CH3OH（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）ΔH1K1
反应ⅱ.2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（g）ΔH2K2
（1）反应ⅲ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3K3，则ΔH3＝ ΔH2﹣ΔH1 （用含ΔH1和ΔH2的代数式表示），K3＝ （用含K1和K2的代数式表示）。
（2）一定条件下，在5L恒容密闭容器中充入0.1ml CO2和0.3ml H2，发生主反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）和副反应CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH4。测得温度对CH3OH（g）、CO（g）平衡产率的影响如图所示。
①ΔH4 ＞ （填“＞”或“＜”）0。
②反应达到平衡后，保持温度和体积不变，向密闭容器中充入少量的稀有气体，则v（CH3OH） 不变 （填“增大”“减小”或“不变”），副反应的化学平衡 不 （填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”）移动。
③5min时，反应达到平衡，此时测得CO2（g）的物质的量为0.02ml、H2（g）的物质的量为0.08ml，则副反应的Kp＝ 0.5 。
（3）常温下，用氨水吸收CO2可获得NH4HCO3溶液。
已知：常温下Ka1（H2CO3）＝4×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝4×10﹣11，Kb（NH3•H2O）＝2×10﹣5。
①NH4HCO3溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为 c（）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（ ） （用离子符号表示）。
②反应++H2O⇌NH3•H2O+H2CO3的平衡常数K＝ 1.25×10﹣3 。
【答案】（1）ΔH2﹣ΔH1；；
（2）①＞；
②不变；不；
③0.5；
（3）①c（）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（ ）；
②1.25×10﹣3。
【分析】（1）根据盖斯定律：×ii﹣i得CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）；
（2）①由图可知，升高温度，CO（g）平衡产率增大，说明副反应平衡正向移动；
②反应达到平衡后，保持温度和体积不变，向密闭容器中充入少量的稀有气体，各组分浓度不变；
③5min时，反应达到平衡，此时测得CO2（g）的物质的量为0.02ml、H2（g）的物质的量为0.08ml，列化学平衡三段式计算；
（3）①Ka1（H2CO3）＝4×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝4×10﹣11，Kb（NH3•H2O）＝2×10﹣5，氨水的电离程度大于碳酸的电离程度，则铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，说明溶液显碱性，所以c（）＞c（），c（OH﹣）＞c（H+），碳酸氢根离子的电离很微弱，所以c（H+）＞c（ ），结合铵根离子、碳酸氢根离子的水解程度都很微弱分析；
②K＝＝×＝。
【解答】解：（1）根据盖斯定律：×ii﹣i得CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3＝ΔH2﹣ΔH1，K3＝，
故答案为：ΔH2﹣ΔH1；；
（2）①由图可知，升高温度，CO（g）平衡产率增大，说明副反应平衡正向移动，该反应为吸热反应，ΔH4＞0，
故答案为：＞；
②反应达到平衡后，保持温度和体积不变，向密闭容器中充入少量的稀有气体，各组分浓度不变，则v（CH3OH）不变，副反应的化学平衡不移动，
故答案为：不变；不；
③5min时，反应达到平衡，此时测得CO2（g）的物质的量为0.02ml、H2（g）的物质的量为0.08ml，列化学平衡三段式，
CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
转化（ml） x 3x x x
CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）
转化（ml） y y y y
，解得x＝0.07，y＝0.01，n（CO）＝0.01ml，n（H2O）＝0.08ml，副反应Kp＝KC＝＝0.5，
故答案为：0.5；
（3）①Ka1（H2CO3）＝4×10﹣7，Ka2（H2CO3）＝4×10﹣11，Kb（NH3•H2O）＝2×10﹣5，氨水的电离程度大于碳酸的电离程度，则铵根离子水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，说明溶液显碱性，所以c（）＞c（），c（OH﹣）＞c（H+），碳酸氢根离子的电离很微弱，所以c（H+）＞c（ ），结合铵根离子、碳酸氢根离子的水解程度都很微弱，所以各离子浓度由大到小的顺序为c（）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（ ），
故答案为：c（）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（ ）；
②K＝＝×＝。＝1.25×10﹣3，
故答案为：1.25×10﹣3。
【点评】本题综合考查化学知识，题目涉及反应热的计算、化学平衡的移动以及化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，掌握盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式是解题关键，此题难度中等。
19．（2024秋•高新区校级月考）载人航天工程对科学研究及太空资源开发具有重要意义，载人航天器必须给航天员提供基本的生存条件，其中涉及氧气再生、二氧化碳清除、水处理以及食物供给等。
（1）氢氧燃料电池是短寿命载人航天器电源的一个合适的选择。如图是一种碱性氢氧燃料电池结构示意图。
①氢气在 负 （填“正”或“负”）极发生反应，请写出负极的电极反应式 H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O 。
②电池工作时产生的水会以水蒸气的形式被反应物气体带出，在出口加装冷凝器可以将水回收。冷凝器应装在出口 c （填“c”或“d”）处。
（2）我国自行研制的“神舟”飞船使用了镍镉蓄电池组，其充放电时发生的反应为：Cd+2NiOOH+2H2O2Ni（OH）2+Cd（OH）2，其电池装置如图所示，阴离子交换膜两侧均注入KOH溶液。
①下列对于该镍镉电池的分析中，正确的是 AD 。
A．图示中的电池应先充电后，再使用
B．充电时，OH﹣从镍电极区迁移进入镉电极区
C．放电时，镍电极为电池的负极，镉电极为电池的正极
D．充电或放电一段时间后，两电极区溶液中KOH的物质的量均未改变
②镍镉电池在充电时，镉电极上发生的电极反应为 ；当Cd（OH）2和Ni（OH）2耗尽后仍继续充电，则会在电极发生副反应而造成安全隐患，称为电池过充电。此时镉电极上将生成气体 H2 （填化学式）；镍电极上则会发生反应 4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O （填电极反应式）而产生O2。
【答案】（1）①负；H2﹣2e﹣+2OH﹣＝ 2H2O；
②c；
（2）①AD；
②；H2；4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O。
【分析】（1）根据氢氧燃料电池中通入O2的是正极，通入H2的是负极，H2在负极失去电子生成H2O，电极方程式为：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝ 2H2O，进行分析；
（2）根据Cd+2NiOOH+2H2O2Ni（OH）2+Cd（OH）2，充电时，Cd电极为阴极，Ni电极为阳极，放电时，Cd失去电子为负极，Ni为正极，充电时，镉电极发生还原反应，电极方程式为：；充电时，Cd电极为阴极，则电池过充电后，继续充电的电极反应为：H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故生成的气体为H2；此时镍电极为阳极，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，进行分析；
【解答】解：（1）①氢氧燃料电池中通入O2的是正极，通入H2的是负极，H2在负极失去电子生成H2O，电极方程式为：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝ 2H2O，
故答案为：负；H2﹣2e﹣+2OH﹣＝ 2H2O；
②由图可知，在电极a出通入氢气，电极反应为：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；则水从c口回收，
故答案为：c；
（2）①A．电池组装时，Cd和Ni电极固定，Cd（OH）2和Ni（OH）2较多，所以开始应先充电，再使用，A正确；
B．根据方程式Cd+2NiOOH+2H2O2Ni（OH）2+Cd（OH）2可知，充电时，Cd电极为阴极，Ni电极为阳极，充电时氢氧根离子向阳极移动，即OH﹣向Ni电极移动，B错误；
C．根据方程式Cd+2NiOOH+2H2O2Ni（OH）2+Cd（OH）2，放电时，Cd失去电子为负极，Ni为正极，C错误；
D．根据总方程式Cd+2NiOOH+2H2O2Ni（OH）2+Cd（OH）2可知，该反应过程前后OH﹣物质的量不变，则充电或放电一段时间后，两电极区溶液中KOH的物质的量均未改变，D正确；
故答案为：AD；
②充电时，镉电极发生还原反应，电极方程式为：；充电时，Cd电极为阴极，则电池过充电后，继续充电的电极反应为：H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故生成的气体为H2；此时镍电极为阳极，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，
故答案为：；H2；4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O。
【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
20．（2024秋•河南月考）二氧化碳的再利用是当今科研的一项重要课题。回答下列问题：
（1）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知反应：
Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH1＝﹣181.6kJ•ml﹣1；
Ⅱ．2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH2＝﹣24.5kJ•ml﹣1。
则反应2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）的ΔH＝ ﹣387.7 kJ•ml﹣1。
（2）在容积为1L的恒容密闭容器中，充入1ml CO2和3ml H2，一定条件下只发生反应Ⅰ，测得CO2（g）和CH3OH（g）的浓度随时间的变化如图甲所示：
①从3min～9min，用CO2表示的平均反应速率v（CO2）＝ 0.042ml•L﹣1•min﹣1 （保留两位有效数字）；第9min时v逆（CH3OH） ＜ （填“＞”“＝”或“＜”）第3min时v正（CH3OH）。
②下列措施中能增大该反应的反应速率且利于平衡正向移动的是 D （填选项字母）。
A．充入He（g）增大体系的压强
B．将CH3OH分离出去
C．使用高效催化剂
D．增大CO2浓度
（3）在2L刚性密闭容器中充入CO2和H2只发生反应Ⅰ，CO2的平衡转化率与温度和投料比的关系如图乙所示，已知A点的投料为6ml CO2和12ml H2。
①从图中可知：T1 ＜ （填“＞”或“＜”）T2；原因为 该反应为放热反应，当投料比一定时，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低 。
②T1温度时，反应的平衡常数K＝ 12.5 。
【答案】（1）﹣387.7；
（2）①0.042ml•L﹣1•min﹣1；＜；
②D；
（3）①＜；该反应为放热反应，当投料比一定时，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低；
②12.5。
【分析】（1）将方程式2Ⅰ+Ⅱ得2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝2ΔH1+ΔH2；
（2）①从3min～9min，用CO2表示的平均反应速率v（CO2）＝ ；第9min时反应达到平衡状态，此时CH3OH的正逆反应速率相等，第3min时反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，第3min到平衡前，随着反应的进行，正反应速率逐渐减小；
②升高温度、增大压强、加入催化剂、增大反应物浓度都能加快化学反应速率，增大反应物浓度、增大压强、减小生成物浓度都能使平衡正向移动；
（3）①投料比相同时，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低；
②开始时c（CO2）＝＝3ml/L，c（H2）＝＝6ml/L，T1温度时，CO2的平衡转化率为60%，消耗的c（CO2）＝3ml/L×60%＝1.8ml/L，
可逆反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
开始（ml/L）3 6 0 0
反应（ml/L）1.8 5.4 1.8 1.8
平衡（ml/L）1.2 0.6 1.8 1.8
反应的平衡常数K＝。
【解答】解：（1）将方程式2Ⅰ+Ⅱ得2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH＝2ΔH1+ΔH2＝[2×（﹣181.6）﹣24.5]kJ/m＝﹣387.7kJ/ml，
故答案为：﹣387.7；
（2）①从3min～9min，用CO2表示的平均反应速率v（CO2）＝ ＝≈0.042ml•L﹣1•min﹣1；3min后，CO2的浓度仍在减小，CH3OH的浓度仍在增大，说明平衡向正反应方向移动，a点时v正＞v逆；根据化学方程式可知，任意时候都有v正（CH3OH）＝v逆（CO2），第9min时c（CO2）＜第3min时c（CO2），第9min时v正（CO2）＜第3min时v正（CO2），第9min时v逆（CH3OH）＝v正（CH3OH）＜第3min时v正（CH3OH），
故答案为：0.042ml•L﹣1•min﹣1；＜；
②A．充入He（g）增大体系的压强，但反应物和生成物的浓度不变，平衡不移动，化学反应速率不变，故A错误；
B．将CH3OH分离出去，化学反应速率减小，平衡正向移动，故B错误；
C．使用高效催化剂，增大化学反应速率，但平衡不移动，故C错误；
D．增大CO2浓度可以增大反应速率，使平衡正向移动，故D正确；
故答案为：D；
（3）①该反应为放热反应，投料比相同时，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，根据图知，T1＜T2，
故答案为：＜；该反应为放热反应，当投料比一定时，升高温度，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低；
②②开始时c（CO2）＝＝3ml/L，c（H2）＝＝6ml/L，T1温度时，CO2的平衡转化率为60%，消耗的c（CO2）＝3ml/L×60%＝1.8ml/L，
可逆反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
开始（ml/L）3 6 0 0
反应（ml/L）1.8 5.4 1.8 1.8
平衡（ml/L）1.2 0.6 1.8 1.8
反应的平衡常数K＝＝12.5，
故答案为：12.5。
【点评】本题考查化学平衡的计算、盖斯定律等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确盖斯定律的计算方法、化学平衡常数的计算方法是解本题关键，题目难度中等。
21．（2024•淮南开学）氢能是新能源领域中与油气行业现有业务结合最紧密的一类，而制氢成本过高仍是目前氢能产业发展的挑战之一。甲烷、水蒸气重整制氢是目前工业制氢最为成熟的方法，涉及的主要反应如下：
反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH1＝+206.3kJ•ml﹣1
反应Ⅱ：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）ΔH2＝+165.2kJ•ml﹣1
反应Ⅲ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH3
回答下列问题：
（1）①计算ΔH3＝ ﹣41.1 kJ•ml﹣1，反应Ⅱ的ΔS ＞ （填“＞”“＜”或“＝”）0。
②以CH4、H2O和N2的混合气体为起始投料（N2不参与反应），保持混合气体总物质的量不变，在恒容的容器中对反应Ⅰ进行研究。下列说法正确的是 A （填标号）。
A．升高温度，正、逆反应速率同时增大
B．n（CO）：n（H2）保持恒定时，反应达到化学平衡状态
C．增加起始投料时N2的体积分数，单位体积的活化分子数增加
D．增加起始投料时CH4的体积分数，CH4平衡转化率增大
（2）650℃时（局部温度过高会造成积碳），按照一定流速通入甲烷和水蒸气，当水碳比一定时，催化剂中无添加吸附剂和添加P—Li4SiO4吸附剂（吸收CO2）的情况下，各气体组分反应的平衡含量与时间的关系如图所示。
①催化剂中添加P—Li4SiO4吸附剂与无添加吸附剂比较，t1min前H2的平衡含量升高，CO2、CO和CH4的平衡含量降低；t1min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同。可能的原因是 添加P—Li4SiO4吸附剂，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，H2的含量升高，t1min后P—Li4SiO4吸附剂失效，故t1min后H2的平衡含量降低 。
②实验时发现，t1min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是 CO2+C2CO （用化学方程式表示）。
（3）一定温度下，向2L容器中充入4ml CH4（g）和12ml H2O（g），若20min后反应达到平衡，容器中CO、CO2均为1ml。则0～20min内H2O的消耗速率v（H2O）＝ 0.05 ml•L﹣1•min﹣1，反应Ⅲ的压强平衡常数Kp＝ （以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
【答案】（1）①﹣41.1；＞；
②；
（2）①添加P—Li4SiO4吸附剂，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，H2的含量升高，t1min后P—Li4SiO4吸附剂失效，故t1min后H2的平衡含量降低；
②CO2+C2CO；
（3）0.05；。
【分析】（1）①反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH1＝+206.3kJ•ml﹣1，反应Ⅱ：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）ΔH2＝+165.2kJ•ml﹣1，反应Ⅲ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH3，盖斯定律计算反应Ⅱ﹣反应Ⅰ得到ΔH3，反应Ⅱ是气体体积增大的反应；
②A．升高温度，增大反应速率；
B．反应过程中n（CO）：n（H2）始终保持恒定；
C．增加起始投料时N2的体积分数，平衡状态下各物质的浓度不变；
D．增两种反应物，增大一种物质的量会提高另一种物质的转化率，本身转化率减小；
（2）①添加P—Li4SiO4吸附剂，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动后，P—Li4SiO4吸附剂失效；
②实验时发现t1min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值；
（3）一定温度下，向2L容器中充入4ml CH4（g）和12ml H2O（g），若20min后反应达到平衡，容器中CO、CO2均为1ml，根据反应Ⅰ和II的化学方程式可知△n（CH4）＝n（CO）+n（CO2）＝2ml，所以甲烷的消耗速率为 v（CH4）＝，列化学平衡三段式，
CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
转化（ml） a a a 3a
CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）
转化（ml） b 2b b 4b
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
转化（ml） c c c c
由题可知平衡状态下，n（CO）＝a﹣c＝1、n（CO2）＝b+c＝1，a+b＝2，n（H2）＝3a+4b+c＝7、n（H2O）＝12﹣a﹣2b﹣c＝3、n（CH4）＝4﹣a﹣b＝2，甲烷的消耗速率v（CH4）＝，反应Ⅲ的反应前后气体分子数相同，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，计算得到反应Ⅲ的压强平衡常数Kp。
【解答】解：（1）①反应Ⅰ：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）ΔH1＝+206.3kJ•ml﹣1，反应Ⅱ：CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）ΔH2＝+165.2kJ•ml﹣1，反应Ⅲ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH3，盖斯定律计算反应Ⅱ﹣反应Ⅰ得到ΔH3＝ΔH2﹣ΔH1＝（+165.2kJ•ml﹣1）﹣（+206.3kJ•ml﹣1）＝﹣41.1kJ•ml﹣1，反应Ⅱ是气体体积增大的反应，△S＞0，
故答案为：﹣41.1；＞；
②A．升高温度，增大反应速率，正、逆反应速率同时增大，故A正确；
B．n（CO）：n（H2）始终保持恒定，不能说明反应达到化学平衡状态，故B错误；
C．增加起始投料时N2的体积分数，各物质浓度不变，单位体积的活化分子数不增加，故C错误；
D．增加起始投料时CH4的体积分数，CH4平衡转化率减小，故D错误；
故答案为：A；
（2）①添加P—Li4SiO4吸附剂，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，H2的含量升高；t1min后P—Li4SiO4吸附剂失效，故t1min后H2的平衡含量降低，CO2、CO和CH4的平衡含量升高，最后与无添加吸附剂时的含量相同，
故答案为：添加P—Li4SiO4吸附剂，降低了CO2的浓度，反应Ⅱ、Ⅲ平衡正向移动，H2的含量升高，t1min后P—Li4SiO4吸附剂失效，故t1min后H2的平衡含量降低；
②实验时发现t1min后CO2的平衡含量低于理论平衡值，CO的平衡含量高于理论平衡值，可能的原因是CO2+C2CO，
故答案为：CO2+C2CO；
（3）一定温度下，向2L容器中充入4ml CH4（g）和12ml H2O（g），若20min后反应达到平衡，容器中CO、CO2均为1ml，根据反应Ⅰ和II的化学方程式可知△n（CH4）＝n（CO）+n（CO2）＝2ml，所以甲烷的消耗速率为 v（CH4）＝，列化学平衡三段式，
CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）
转化（ml） a a a 3a
CH4（g）+2H2O（g）⇌CO2（g）+4H2（g）
转化（ml） b 2b b 4b
CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
转化（ml） c c c c
由题可知平衡状态下，n（CO）＝a﹣c＝1、n（CO2）＝b+c＝1，a+b＝2，n（H2）＝3a+4b+c＝7、n（H2O）＝12﹣a﹣2b﹣c＝3、n（CH4）＝4﹣a﹣b＝2，甲烷的消耗速率v（CH4）＝＝＝0.05ml/（L•min），反应Ⅲ的反应前后气体分子数相同，在恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，可以用物质的量计算平衡常数，计算得到反应Ⅲ的压强平衡常数Kp＝＝，
故答案为：0.05；。
【点评】本题考查盖斯定律的计算应用、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等知识，为常见高考题型和高频考点，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，把握化学平衡的影响因素及计算等为解答的关键，注意掌握守恒法的计算应用，题目难度中等。
22．（2024•沧州三模）我国科学家在含铂高效催化剂作用下把二氧化碳高效转化为清洁液态燃料—甲醇，反应原理为CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH。回答下列问题：
（1）已知：①2CH3OH（g）+3O2（g）⇌2CO2（g）+4H2O（l）ΔH＝﹣1453kJ•ml﹣1
②2H2（g）+O2（g）⇌2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ•ml﹣1
③H2O（I）⇌H2O（g）ΔH＝+44kJ•ml﹣1
则CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）的反应热ΔH＝ ﹣86.9 kJ•ml﹣1。
（2）在绝热恒容的密闭容器中进行反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），下列示意图正确且能说明该反应进行到t1时刻达到平衡状态的是 AD （填标号）。
（3）在恒温恒容的密闭容器中进行反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），下列有利于提高CO2的平衡转化率的措施有 CD （填标号）。
A．使用更加高效的催化剂
B．充入少量氦气（He）
C．减小起始投料比[]
D．将水蒸气及时分离出来
（4）恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生如下反应：
反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）
反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH＞0
在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如图所示，其中CH3OH的选择性＝×100%。
①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是 反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，使CO2转化为CH3OH的产率下降 。
②在上述条件下合成甲醇的工业条件是 AC （填标号）。
A．CZ（Zr﹣1）T催化剂
B．210℃
C．230℃
D．CZT催化剂
（5）一定条件下，将2ml CO2和4ml H2充入密闭容器中，发生反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）。CO2的平衡转化率与温度、平衡总压强的关系如图所示。
①p1、p2、p3由大到小的顺序为 p3＞p2＞p1 。
②255℃时，该反应的压强平衡常数Kp＝ 10.1 （MPa）﹣2（Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数。计算结果保留1位小数）。
（6）利用Al—CO2电池（工作原理如图所示）能有效地将CO2转化成化工原料草酸铝[Al2（C2O4）3]。电池的正极反应式为2CO2+2e﹣＝C2。正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：①2O2+2e﹣＝2，②……。
则反应②的离子方程式为 。
【答案】（1）﹣86.9；
（2）AD；
（3）CD；
（4）①反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，使CO2转化为CH3OH的产率下降；
②AC；
（5）①p3＞p2＞p1；
②10.1；
（6）。
【分析】（1）根据盖斯定律，，得到目标方程进行分析；
（2）根据正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化时，反应达到平衡状态，进行分析；
（3）根据催化剂高效与否，只影响反应速率，减小起始投料比，相当于增大H2的浓度，平衡正向移动，将水蒸气及时分离出来，促使平衡正向移动，进行分析；
（4）根据反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，使用CZ（Zr﹣1）T催化剂，甲醇的选择性和产率均更高进行分析；
（5）根据该反应是气体分子数减少的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大进行分析；
（6）根据电池的正极反应式为。正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：①，反应②的离子方程式为，进行分析。
【解答】解：（1）根据，得到，
故答案为：﹣86.9；
（2）A．图A中，t1时刻之后，ω（CO2）不变，说明该反应进行到t1时刻达到了平衡状态，A符合题意；
B．图B中，t1时刻之后，c（CH3OH）还在发生变化，说明该反应进行到t1时刻没有达到平衡状态，B不符合题意；
C．图C中，t1时刻之后，n（CH3OH）和n（CO2）还在发生变化，说明该反应进行到t1时刻没有达到平衡状态，C不符合题意；
D．图D中，t1时刻之后，不变，即n（CH3OH）不再增加，n（CO2）不再减少，说明该反应进行到t1时刻达到了平衡状态，D符合题意；
故答案为：AD；
（3）A．催化剂高效与否，只影响反应速率，不影响化学平衡，故A错误；
B．恒容下充入少量氦气，各组分的浓度不变，不影响化学平衡，故B错误；
C．减小起始投料比，相当于增大H2的浓度，平衡正向移动，有利于提高CO2的平衡转化率，故C正确；
D．将水蒸气及时分离出来，促使平衡正向移动，有利于提高CO2的平衡转化率，故D正确；
故答案为：CD；
（4）①温度高于230℃，CH3OH产率随温度升高而下降的原因是反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，使CO2转化为CH3OH的产率下降，
故答案为：反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，使CO2转化为CH3OH的产率下降；
②使用CZ（Zr﹣1）T催化剂，甲醇的选择性和产率均更高；温度为230℃时，在CZ（Zr﹣1）T催化剂作用下，甲醇的产率最高，
故答案为：AC；
（5）①该反应是气体分子数减少的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大。由图可知，温度一定时，p1、p2、p3条件下的二氧化碳的平衡转化率依次增大，则压强由大到小的顺序为p3＞p2＞p1，
故答案为：p3＞p2＞p1；
②255℃、6MPa条件下，反应达到平衡时二氧化碳的转化率为60%，由题意可建立如下三段式：
由三段式数据可知，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的平衡分压分别为、、、。则255℃时，该反应的压强平衡常数为：，
故答案为：10.1；
（6）电池的正极反应式为。正极反应过程中，O2是催化剂，催化过程可表示为：①，根据电子守恒并用正极反应式减去反应①式即得反应②式，故反应②的离子方程式为，
故答案为：。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
23．（2024•4月份模拟）乙烯作为化工产业的核心，在国民经济中占有重要地位。化学链式氧化技术是一种新的技术手段，在载氧体（MeOx）催化作用下可以将天然气中的乙烷转化为乙烯。其过程如图所示：
回答下列问题：
（1）在空气反应器中被氧化的物质是 MeOx﹣1 。
（2）已知：乙烷的燃烧热ΔH为﹣1559.8kJ•ml﹣1，乙烯的燃烧热ΔH为﹣1411.0kJ•ml﹣1，通常情况下乙烷氧化转化为乙烯的热化学方程式为 ΔH＝﹣148.8kJ•ml﹣1 。
（3）已知：H2O（l）＝H2O（g） ΔH＝+44.0kJ•ml﹣1。700℃时，向2L的恒容反应器中充入2ml C2H6和1ml O2，若只发生反应：2C2H6（g）+O2（g）＝2C2H4（g）+2H2O（g）。
①可以提高乙烷平衡转化率的措施为 BC （填标号）。
A．升高温度
B．减小压强
C．移走生成物
D．加入高效催化剂
②实验测得上述反应中v正＝k正cm（C2H6）•cn（O2），k逆＝k逆cp（C2H4）•cq（H2O），k正、k逆为速率常数，只与温度有关。温度升高，速率常数增大的倍数：k正 ＜ k逆（填“＞”“＜”或“＝”）。
③反应过程中C2H6的分压随时间变化如图所示，0～2min内，v（O2）＝ 0.15p kPa•min﹣1，该反应的化学平衡常数Kp＝ 4.05p kPa（用含p的代数式表示）。
（4）反应过程中，载氧体表面吸附氧或释放氧的多少将影响乙烷的转化率和乙烯的产率。若不足可能的影响是 乙烷的转化率和乙烯的产率均减小 ，若过多可能的影响是 乙烷的转化率增大，乙烯的产率减小 。
【答案】（1）MeOx﹣1；
（2） ΔH＝﹣148.8kJ•ml﹣1；
（3）①BC；
②＜；
③0.15p；4.05p；
（4）乙烷的转化率和乙烯的产率均减小；乙烷的转化率增大，乙烯的产率减小。
【分析】（1）根据在空气反应器中MeOx﹣1转化为MeOx，反应中Me元素化合价升高，进行分析；
（2）根据盖斯定律，①﹣②即得到乙烷氧化转化为乙烯的热化学方程式进行分析；
（3）根据H2O（l）＝H2O（g） ΔH＝+44.0kJ•ml﹣1，因此 ΔH＝﹣104.8kJ•ml﹣1，，，k正、k逆为速率常数，只与温度有关进行分析；
（4）根据反应过程中，载氧体表面吸附氧或释放氧的多少将影响乙烷的转化率和乙烯的产率进行分析；
【解答】解：（1）在空气反应器中MeOx﹣1转化为MeOx，反应中Me元素化合价升高，所以被氧化的物质是中MeOx﹣1，
故答案为：MeOx﹣1；
（2）已知：乙烷的燃烧热ΔH为﹣1559.8kJ•ml﹣1，乙烯的燃烧热ΔH为﹣1411.0kJ•ml﹣1，则① ΔH＝﹣1559.8kJ•ml﹣1，②C2H4（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+2H2O（l） ΔH＝﹣1411.0kJ•ml﹣1，依据盖斯定律①﹣②即得到乙烷氧化转化为乙烯的热化学方程式为ΔH＝﹣148.8kJ•ml﹣1，
故答案为： ΔH＝﹣148.8kJ•ml﹣1；
（3）已知：H2O（l）＝H2O（g） ΔH＝+44.0kJ•ml﹣1，因此ΔH＝﹣104.8kJ•ml﹣1，即2C2H6（g）+O2（g）＝2C2H4（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣209.6kJ•ml﹣1。
①A．升高温度平衡逆向进行，转化率减小，故A错误；
B．减小压强平衡正向进行，转化率增大，故B正确；
C．移走生成物平衡正向进行，转化率增大，故C正确；
D．加入高效催化剂，平衡不移动，转化率不变，故D错误；
故答案为：BC。
②实验测得上述反应中，，k正、k逆为速率常数，只与温度有关。温度升高，平衡逆向进行，这说明逆反应速率增大的程度大于正反应速率增大的程度，所以速率常数增大的倍数：k正＜k逆，
故答案为：＜；
③依据三段式可知（单位/kPa）
2C2H6（g）+O2（g）＝2C2H4（g）+2H2O（g）
起始（kPa） p 0.5p 0 0
转化（kPa） 0.6p 0.3p 0.6p 0.6p
平衡（kPa） 0.4p 0.2p 0.6p 0.6p
因此0～2min内，v（O2）＝0.15pkPa•min﹣1，该反应的化学平衡常数Kp＝kPa，
故答案为：0.15p；4.05p；
（4）反应过程中，载氧体表面吸附氧或释放氧的多少将影响乙烷的转化率和乙烯的产率。若不足，即氧气不足，可能的影响是乙烷的转化率和乙烯的产率均减小，若过多，即氧气更多，副反应增多，因此可能的影响是乙烷的转化率增大，但乙烯的产率减小，
故答案为：乙烷的转化率和乙烯的产率均减小；乙烷的转化率增大，乙烯的产率减小。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
24．（2024秋•湖南月考）SF6常用作麻醉剂、用于肝脏超声检查等。可通过硫蒸气和氟气反应制备SF6。
已知：①S8（g）+16F2（g）⇌8SF4（g） ΔH1＝﹣6301.5kJ•ml﹣1
②SF4（g）+F2（g）⇌SF6（g） ΔH2＝﹣434.1kJ•ml﹣1，ΔS2＝﹣203J•ml﹣1•K﹣1
回答下列问题：
（1）S8和SF6的结构如图所示。
①S8在一定温度下会生成S2，破坏的作用力类型有 CD （填标号）。
A．π键
B．极性键
C．非极性键
D．sp3﹣sp3型σ键
②下列有关SF6叙述正确的是 BC （填标号）。
A．空间结构为正四面体形
B．难溶于水，易溶于CS2
C．键角为90°、180°
D．1ml SF6含14ml共价键
（2）S8（g）+24F2（g）⇌8SF6（g） ΔH＝ ﹣9774.3 kJ•ml﹣1。
（3）反应②的正反应在下列温度下能自发进行的是 AB （填标号）。
A．500℃
B．900℃
C．1900℃
D．2000℃
（4）某温度下，向刚性密闭容器中充入0.1ml SF4（g）和0.1ml F2（g），发生反应②，测得含S粒子浓度与时间的关系如图1所示。
①2s时，SF4（g）转化率为 50% 。正反应速率：a ＞ b（填“＞”“＜”或“＝”）。
②0～6s内SF6（g）平均反应速率为 0.012ml•L﹣1•s﹣1 （结果保留2位有效数字）。
（5）某温度下，向恒容密闭容器中充入0.1ml S（g）和适量F2（g），达到平衡后，调节F2浓度，测得S（g）、SF4（g）和SF6（g）浓度与﹣lgc（F2）的关系如图2所示。
①L2代表 c（SF4） 与﹣lgc（F2）的关系。
②该温度下，反应S（g）+3F2（g）⇌SF6（g）的平衡常数K为 106 （不带单位）。
【答案】（1）①CD；
②BC；
（2）﹣9774.3；
（3）AB；
（4）①50%；＞；
②0.012ml•L﹣1•s﹣1；
（5）①c（SF4）；
②106。
【分析】（1）根据S8分子构成的物质，存在单键、非极性键、范德华力进行分析；
（2）根据SF6分子呈正八面体形，属于非极性分子，难溶于极性溶剂（水），易溶于非极性溶剂（如CS2），进行分析；
（3）根据盖斯定律，①+②×8得目标反应，进行分析；
（4）根据a点时对应时间为2s，反应物消耗一半，得出其转化率，平衡之前，正反应速率逐渐减小进行分析；
（5）根据S（g）逐渐减少，SF4（g）先增多后减少，SF6（g）逐渐增多，故L2代表c（SF4）与﹣lgc（F2）的关系，进行分析。
【解答】解：（1）①S8分子构成的物质，存在单键、非极性键、范德华力，S原子采用sp3杂化，不存在π键，
故答案为：CD；
②A．SF6分子呈正八面体形，故A错误；
B．它是非极性分子，难溶于极性溶剂（水），易溶于非极性溶剂（如CS2），故B正确；
C．正八面体分子中存在直线形、垂直两种键角，故C正确；
D．虚线不是化学键，该分子只含6个单键，故D错误；
故答案为：BC；
（2）根据盖斯定律，①+②×8得目标反应，故ΔH＝﹣6301.5kJ•ml﹣1+（﹣434.1kJ•ml﹣1）×8＝﹣9774.3kJ•ml﹣1，
故答案为：﹣9774.3；
（3）根据自由能判据，ΔG＝ΔH﹣T•ΔS＜0，，t＜（2138﹣273）℃＝1865℃，
故答案为：AB。
（4）①a点时对应时间为2s，反应物消耗一半，转化率为50%，
故答案为：50%；＞；
②平衡之前，正反应速率逐渐减小；0～6s内SF6的平均速率，
故答案为：0.012ml•L﹣1•s﹣1；
（5）①（ⅰ）S（g）+2F2（g）⇌SF4（g） K1；（ⅱ）SF4（g）+F2（g）⇌SF6（g） K2；根据反应式可知，S（g）逐渐减少，SF4（g）先增多后减少，SF6（g）逐渐增多，故L2代表c（SF4）与﹣lgc（F2）的关系，
故答案为：c（SF4）；
②根据B、A两点数据可计算：，K2＝10，故目标反应平衡常数，
故答案为：106。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
25．（2024秋•西城区校级月考）水是重要的溶剂，电解质在水溶液中的行为影响了电解质溶液的性质。
Ⅰ．常温下，0.1ml•L﹣1CH3COOH溶液的pH＝3。
（1）该溶液中由水电离出的H+浓度是 1×10﹣11 ml•L﹣1。
（2）计算CH3COOH的电离平衡常数Ka＝ 1×10﹣5 。
Ⅱ．在室温下，有下列五种溶液。请根据要求填写下列空白：
①0.1ml•L﹣1NH4Cl溶液
②0.1ml•L﹣1CH3COONH4溶液
③0.1ml•L﹣1NH4HSO4溶液
④0.1ml•L﹣1NH3•H2O和0.1ml•L﹣1NH4Cl混合液
⑤0.1ml•L﹣1氨水
（3）溶液①呈 酸 （填“酸”、“碱”或“中”）性，其原因是 （用离子方程式表示）。
（4）室温下测得溶液②的pH＝7，则c（CH3COO﹣） ＝ c（）（填“＞”“＜”或“＝”）。
（5）在溶液④中 Cl﹣ （填离子符号）的浓度为0.1ml•L﹣1；NH3•H2O和 （填离子符号）的浓度之和为0.2ml•L﹣1。
（6）溶液①至⑤中，c（）从大到小的顺序是 ④＞③＞①＞②＞⑤ （填序号）。
Ⅲ．某温度下水的离子积常数Kw＝1×10﹣12。
（7）将此温度下pH＝11的NaOH溶液aL与pH＝1的H2SO4溶液bL混合，若所得混合液pH＝2，则a：b＝ 9：11 。
Ⅳ．已知在水溶液中的电离如下：H2A＝H++HA﹣，HA﹣⇌A2﹣+H+。
（8）向H2A溶液滴加少量氨水，反应的离子方程式为 。
（9）常温下NaHA溶液的pH b （填序号），仅用化学用语解释原因 HA﹣⇌H++A2﹣ 。
a．大于7 b．小于7 c．等于7 d．无法确定
【答案】（1）1×10﹣11；
（2）1×10﹣5；
（3）酸；；
（4）＝；
（5）Cl﹣；；
（6）④＞③＞①＞②＞⑤；
（7）9：11；
（8）；
（9）b；HA﹣⇌H++A2﹣。
【分析】（1）根据常温下，在酸溶液中抑制水的电离，结合水的离子积确定氢氧根离子的浓度进行分析；
（2）根据，，结合电离平衡常数公式进行分析；
（3）根据NH4Cl是强酸弱碱盐，水解生成NH3•H2O、H+导致溶液呈酸性，进行分析；
（4）根据溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+），结合电荷守恒进行分析；
（5）根据氯离子是强酸阴离子，不水解，进行分析；
（6）根据水解程度越大，溶液中c（）越小，NH4HSO4电离产生的氢离子抑制水解，一水合氨电离产生，进行分析；
（7）根据水的离子积常数，进行分析；
（8）根据H2A溶液呈酸性且第一步完全电离，进行分析；
（9）根据常温下NaHA溶液中HA﹣会发生电离HA﹣⇌A2﹣+H+，进行分析。
【解答】解：（1）常温下，在酸溶液中抑制水的电离，pH＝3，可知c（H+）＝10﹣3ml/L，该溶液中水电离出的H+浓度等于水电离出的OH﹣浓度＝，
故答案为：1×10﹣11；
（2），，CH3COOH的电离平衡常数，
故答案为：1×10﹣5；
（3）NH4Cl是强酸弱碱盐，水解生成NH3•H2O、H+导致溶液呈酸性，水解离子方程式为，
故答案为：酸；；
（4）0.1ml•L﹣1CH3COONH4溶液的pH＝7，溶液呈中性，c（OH﹣）＝c（H+），由电荷守恒可知，＝，
故答案为：＝；
（5）氯离子是强酸阴离子，不水解，在溶液⑤中Cl﹣的浓度为0.1ml•L﹣1，溶液中存在物料守恒，NH3•H2O和的浓度之和为0.2ml•L﹣1，
故答案为：Cl﹣；；
（6）①、②、③中溶质是强电解质，完全电离，水解程度越大，溶液中c（）越小，水解程度越大②＞①，③中NH4HSO4电离产生的氢离子抑制水解，④中一水合氨电离产生，NH4Cl完全电离产生，c（）最大，⑤中一水合氨是弱电解质，部分电离，c（）最小，则c（）浓度由大到小的顺序是：④＞③＞①＞②＞⑤，
故答案为：④＞③＞①＞②＞⑤；
（7）某温度下水的离子积常数，将此温度下pH＝11的NaOH溶液[c（OH﹣）＝0.1ml/L]aL与pH＝1的H2SO4溶液bL混合，若所得混合液pH＝2，溶液呈酸性，则c（H+）＝ ，则a：b＝9：11，
故答案为：9：11；
（8）已知在水溶液中的电离如下：、HA﹣⇌A2﹣+H+，H2A溶液呈酸性且第一步完全电离，向H2A溶液滴加少量氨水，反应的离子方程式为，
故答案为：；
（9）已知在水溶液中的电离如下：、HA﹣⇌A2﹣+H+，H2A第一步完全电离，常温下NaHA溶液中HA﹣会发生电离HA﹣⇌A2﹣+H+，使溶液呈酸性，pH＜7，
故答案为：b；HA﹣⇌H++A2﹣。
【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
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