高考化学一轮专题训练题：化学反应原理综合题

这是一份高考化学一轮专题训练题：化学反应原理综合题，共52页。
Ⅱ：
下表是几种物质的标准生成热(由对应稳定单质生成1ml某种物质的焓变叫做该物质的标准生成热)。
(1)反应Ⅰ的焓变_______，、分别表示该反应正、逆反应的活化能，则－_______0(填“>”或“”或“”或“”、“
(2)AB
(3)变小
(4) 8 40 增大容器体积 及时分离出或
【解析】(1)
=+131.3；、分别表示该反应正、逆反应的活化能，该反应为吸热反应，＞，则－＞0；
(2)
Ⅱ：
A.该反应中气体体积不变，气体总物质的量为定值，且在绝热条件下，结合PV=nRT可知，混合气体的压强为变量，当混合气体的压强不变，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，A正确；
B.在绝热容器内，容器内温度为变量，当容器内温度不变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，B正确
C.混合气体的质量为定变量、容器容积不变，则混合气体的密度为定量，当混合气体的密度不变时，不能表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，C错误；
D.混合气体的质量为定量，混合气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量为定量，当混合气体的平均分子质量不变时，不能表明达到平衡状态，D错误；
故选AB；
(3)
直线a、b分别表示、随温度的变化，随着温度的降低增大，正逆反应速率均减小，则降低相同温度时lg减小更快，降低温度平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动，反应Ⅱ的平衡常数K变小；
(4)
①，，则有x-y+80-x-y+y++x+y=100，解得x=20 kPa，A点时=，=，，由以上可知，(20-y)·(60-y)=(y)·(20+y)解得y=12 kPa，平衡时CO的分压20 kPa -12 kPa =8kPa，平衡时水蒸气的转化率为；
②进一步提高水蒸气平衡转化率的方法有1.增大容器体积， 2. 及时分离出或，促进平衡正向移动。
2．(1)Nad+3Had=NHad+2Had
(2) 0.005 0.23 acd g
(3)N2+6e-+6H+=2NH3
(4)3.5×104
【解析】(1)
从图中可以看出，活化能最大的一步反应是Nad+3Had=NHad+2Had；
(2)
①v(NH3)==0.005MPa·min-1，根据题中图像数据得出该反应的Kp===0.23；
②a.氨气的体积分数保持不变，则各反应物的浓度保持不变，反应达平衡状态，选项a正确；
b.容器中氢氮比始终保持不变，无法说明反应达平衡状态，选项b错误；
c.气体总质量保持不变，气体的物质的量为变量，若气体平均相对分子质量保持不变，则气体总物质的量不变，反应达平衡状态，选项c正确；
d.反应在恒压容器中进行，气体总质量为变，但体积可变，当体积不变时说明反应达平衡状态，选项d正确；
答案选acd；
③起始条件一样，在恒容容器中发生反应，相对于恒压状态，物质浓度减小，反应速率减慢，H2的百分含量增大，所以g点符合要求；
(3)
根据图中信息可知，阴极上氮气得电子产生氨气，电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3；
(4)
反应NH3·H2O+HCOOH⇌HCOO-++H2O的平衡常数K====3.5104。
3．(1)△H＜0
(2)C+N2O=C(O)+N2
(3)2a-574
(4) a 96%
(5) 在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低 氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO
【解析】(1)
反应在反应前后气体的物质的量不变，则△S=0，该反应在常温下能自发进行，根据△G=△H-T△S＜0可自发进行，据此判断此反应的焓变△H＜0；
(2)
反应可分四步进行：第一步：，第二步：，第四步：，则根据盖斯定律，将总反应方程式前去第一、二、四步反应方程式，可得第三步反应式为C+N2O=C(O)+N2；
(3)
已知：反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5 kJ/ml
反应②：
根据盖斯定律，将①-②，整理可得C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g) △H=-574 kJ/ml。反应反应CO2(g)+N2(g)=C(s)+NO(g)的活化能为，假设C(s)+2NO(g)=CO2(g)+ N2(g)的活化能为b kJ/ml，则(b-2a) kJ/ml=-574 kJ/ml，所以b=2a-574，故C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)的活化能为(2a-574)kJ/ml；
(4)
①活化能越小，反应就越容易发生，在相同温度下反应NO的去除率就越高。根据图象可知在三个反应器中分别加入C、CaO/C、 La2O3/C，在490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是CaO/C，去除NO效果最好的是CaO/C，故合理选项是a；
②图象可知400℃时，NO初始浓度0.1 ml/L，设平衡时转化生成N2浓度为x，则根据反应C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)中物质反应转化关系可知平衡时c(NO)=(0.1-2x)ml/L，c(N2)=c(CO2)=x ml/L，反应前后气体体积不变，压强不变，可以直接用平衡浓度计算的物质的量分数代替平衡分压，则Kp=，解得x=0.048 ml/L，则反应达平衡时NO的去除率为η==96%；
(5)
在50~250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢，主要原因是在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低，反应速率降低；
当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降，原因可能是氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO。
4．(1)-236
(2)
(3) 0.003 C 及时分离出 该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大
(4)
【解析】(1)
①
②
由丙烷、丙烯的燃烧热()分别为、的方程式：
③
④
由盖斯定律可得③×2-④×2+②×2得方程式①，则
则。
故答案为：-236;
(2)
在上述三种催化剂作用下，丙烯的选择性高且丙烷的总转化率高时，丙烯产率才会最高，所以最好的催化剂是：。
故答案为：
(3)
①在500℃、以为催化剂的条件下，丙烷转化率为25%，丙烯选择性为40%，说明丙烷生成丙烯的部分是40%，则， 则，丙烯的化学反应速率。
②A．与物质状态和热化学方程式的书写有关，所以不论是否平衡状态其值都不变，故A错误；
B．，与的物质的量之比一直为1：1，不能说明该反应达到平衡状态，故B错误；
C．为生成物，平衡时的质量才不再改变，故C正确。
③欲提高丙烷转化率，即让反应正向进行即可，所以可采取的措施是及时分离出产物，促进反应正向进行。
④在恒温恒压的密闭容器中充入丙烷、氧气、氨气发生氧化脱氢反应，起始氧气一定时，越大，丙烷的平衡转化率越大，其原因是：该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
故答案为：①0.003；②C；③及时分离出；④该反应为气体分子数增加的反应，恒压条件下增大氨气的比例，相当于减压，平衡正向移动，丙烷的平衡转化率增大。
(4)
在500℃、以为催化剂的条件下，向恒容密闭容器中充入、、发生反应，丙烯选择性为45%，丙烷转化率为40%，则，则可得：
起始n始(ml) 1 1 0 0
变化△n(ml) 0.18 0.09 0.18 0.18
终态n终(ml) 0.82 0.91 0.18 0.18
起始n始(ml) 0.82 0.91 0 0.18
变化△n(ml) 0.4-0.18 0.77 0.66 0.88
终态n终(ml) 0.6 0.17 0.66 1.06
故平衡时：，，，，，，则；
平衡时压强为，平衡分压=总压×体积分数，则，，，，则该温度下丙烷氧化脱氢反应的平衡常数：
故答案为：
5．(1)
(2) Ⅱ 温度一定，越大，的转化率越小 > 1 20% 4
(3)
【解析】(1)
由盖斯定律可知，==，故答案为：。
(2)
①由图可知，下，越大，的转化率越小，故曲线Ⅱ表示的转化率随的变化，故答案为：Ⅱ；温度一定，越大，的转化率越小。
②由于，则越大，的转化率越大，则曲线Ⅰ表示的转化率随的变化，故；曲线Ⅰ中，下的平衡转化率与曲线Ⅱ中时的平衡转化率相同，故，故答案为：>；1。
③下，时，总压为100kPa，的转化率为80%，设起始时NO和CH4的物质的量均为1ml，列出三段式，
平衡时气体总物质的量为：(0.8+0.2+0.4+0.2+0.4)ml=2ml，平衡时、、、和分别为40kPa、10kPa、10kPa、20kPa和20kPa，故的体积分数为；
时该反应的标准平衡常数，故答案为：20%；4。
(3)
电解池中阳极发生氧化反应，由题给信息可知，在碱性条件下转变为硝态氮，氮元素化合价升高，发生氧化反应，则阳极的电极反应式为，故答案为：。
6．(1) 25%
(2) c 大于 温度升高，甲醇的产率降低，则反应(i)平衡逆向移动，而CO2的转化率增大，则反应( ii)平衡正向移动，故反应(ii)是吸热反应 反应(i)
(3) 可以 增加少量水蒸气可促进反应③平衡正向移动，提高甲醇的产率
【解析】(1)
根据题干中给出的信息可以得出以下三段式：
设生成一氧化碳xml，则
由题意可知1-x-0.3=0.6，则x=0.1，氢气转化率=；反应i的平衡常数K1=；
(2)
①反应在恒温恒压反应器中进行，反应(i)反应前后气体计量系数不同，反应过程中体积一直在变化，则此时密度也一直在变化，则密度不变可以证明反应(i)达到平衡，反应(i)达到平衡后氢气物质的量不再发生变化，则此时反应(ii)也达到平衡，故两个反应都达到平衡，答案为c；
②由图a可以发现，温度升高时甲醇产率降低，平衡逆向移动，反应(i)为放热反应，但是从图中还可以发现，二氧化碳的转化率增大，则反应(ii)正向移动，说明反应(ii)是吸热反应，∆H2大于0，故答案为：大于；温度升高，甲醇的产率降低，则反应(i)平衡逆向移动，而CO2的转化率增大，则反应( ii)平衡正向移动，故反应(ii)是吸热反应；
③由图b可以发现温度升高减小，直线I的纵坐标减小，说明直线I对应的反应在升温的时候平衡逆向移动，为放热反应，由②分析可知，反应(i)放热，故直线I表示的反应是反应(i)；
(3)
由图可知水蒸气为反应③的反应物，适当加入少量的水，反应物浓度增大，向正反应方向移动，甲醇产率升高，故答案为：可以；增加少量水蒸气可促进反应③平衡正向移动，提高甲醇的产率。
7．(1)-41
(2) < > C
(3) 2.5×104 1×10-10
(4) C2H4+6CO-12e-=8CO2+2H2O 3∶4
【解析】(1)
根据盖斯定律，反应①-③=②，所以a=131kJ/ml-172kJ/ml=-41kJ/ml。
(2)
①根据图1，升高温度，甲醇的平衡转化率降低，说明反应逆向移动，则该反应的正反应是放热的，ΔH＜0。根据反应方程式可知，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲醇的平衡转化率降低，所以压强p2＞p1，M点和N点温度相同，压强越大，速率越快，所以N点的速率大于M点的速率，M点和N点都是平衡点，正逆反应速率相等，所以N点v(CH3OH)正＞M点v(CH3OH)逆。
②T1K后升高温度，由于该反应的正反应是放热反应，所以平衡逆向移动，化学平衡常数减小，所以C点可以表示该反应的平衡常数K随温度T的变化。
(3)
1mlCO、2mlH2通入恒容密闭容器中，测得开始时容器内总压为3×105Pa，则CO的分压为1×105Pa，H2的分压为2×105Pa。平衡时体系压强降低了，根据方程式可知，消耗的氢气的分压和体系压强降低的量相等，所以消耗的氢气的分压为×3×105Pa=1×105Pa，用分压列三段式：
则v(CO)==2.5×104Pa∙min-1，该温度下的平衡常数Kp==1×10-10Pa-2。
(4)
由图可知，乙烯燃料电池中，乙烯中碳元素化合价升高，发生氧化反应，通入乙烯的石墨电极Ⅰ为负极，则通入氧气的石墨电极Ⅱ为正极。负极上乙烯失去电子生成二氧化碳，根据电荷守恒，配平该电极反应式为：C2H4+6−12e-=8CO2+2H2O。正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2。根据电荷守恒，从理论上讲，进入石墨II电极上的CO2与石墨I电极上生成的CO2的物质的量之比是3∶4。
8．(1)—745.5
(2) T3＞T2＞T1 ＞ 0.037
(3) 2 1
(4)N2+6H++6e—=2NH3
【解析】(1)
由盖斯定律可知，I×2—II得到反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，则△H=2△H1—△H2=(—283.0kJ/ml)×2—(+179.5 kJ/ml)=—745.5kJ/ml，故答案为：—745.5；
(2)
①合成氨反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，氨气的体积分数减小，由图可知，温度T1、T2、T3时，氨气的体积分数由大到小的顺序为T1＞T2＞T3，则反应温度由大到小的顺序为T3＞T2＞T1，故答案为：T3＞T2＞T1；
②由图可知，在T2、60MPa条件下，A点反应未达到平衡，反应向正反应方向进行，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：＞；
③由图可知，在T2、60MPa条件下，反应达到平衡时，氨气的体积分数为60%，设反应消耗氮气的物质的量为aml，由题意可建立如下三段式：
由氨气的体积分数为60%可得：×100%=60%，解得a=，氮气、氢气和氨气的平衡分压分别为×60Pa=6Pa、×60Pa=18Pa和×60Pa=36Pa，则平衡常数Kp=≈0.037，故答案为：0.037；
(3)
由图可知，一氧化氮浓度为1×10—3ml/L和2×10—3ml/L时，正反应速率分别为1×10—5 ml(m+n-1)·L(m+n-1)·s-1.和4×10—5 ml(m+n-1)·L(m+n-1)·s-1.，由=可得：=，解得m=2，由一氧化氮浓度为1×10—3ml/L时，正反应速率为1×10—5 ml(m+n-1)·L(m+n-1)·s-1.可得：1×10—5=2.5×103×(1×10-3)2×(4×10-3)n，解得n=1，故答案为：2；1；
(4)
由图可知，阴极发生的反应为2H++2e-=H2↑、N2+6H++6e—=2NH3和=H++NH3↑，故答案为：N2+6H++6e—=2NH3。
9．(1)AB
(2) F 当温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，而反应Ⅱ平衡正向移动且幅度更大，所以的转化率增加，但甲醇的选择性降低
(3) b b催化剂条件下，电还原的活化能小于电还原的活化能，更容易发生的电还原
【解析】(1)
A．的浓度随着反应进行是个变量，浓度不再变化，说明达到平衡状态；
B．的质量随着反应进行是个变量，质量不再变化，说明达到平衡状态；
C．反应II是左右两边气体系数相同且均为气体，不管反应是否平衡总压强都不变，不能说明达到平衡状态；
D．容器体积不变，气体总质量不变，混合气体的密度不变，不能说明达到平衡状态；
E．反应II是左右两边气体系数相同且均为气体，容器内混合气体的质量和物质的量不变，平均摩尔质量不变，不能说明达到平衡状态；
故选AB；
(2)
①由图可知，D点生成n(CH3OH)=1ml×13.2%×86%=0.11352ml，同理E、F生成CH3OH的物质的量分别为0.117ml、0.12ml；故选F点。
②反应I平衡常数表达式为，根据信息甲醇的选择率是转化的中甲醇的含量，553K时的平衡转化率是20%，甲醇的物质的量是，则反应I参加反应的为，生成的为；反应II中参加反应的CO2为，参加反应的为，生成的为。反应I在553K下平衡时的物质的量分别为：CO2为，为，为0.12ml，为，体积保持1L不变，故；
③反应I、II两个反应一个是放热一个是吸热，各自受温度影响正好相反，升高温度反应II向正向移动，反应I向逆向移动，甲醇含量降低即选择率降低。
(3)
①还原为甲醇为碳元素化合价降低，得到电子发生还原反应，碱性介质会生成碳酸根离子，反应为；
②催化剂选择从降低反应的活化能来考虑b，b催化剂条件下，电还原的活化能小于电还原的活化能，更容易发生的电还原。
10．(1)
(2)CD
(3) > S2 减小
【解析】(1)
由题意可得硫化氢和硫燃烧的热化学方程式分别为 ①; ②，由盖斯定律可知，①×2-②×2可得反应，则；
(2)
A．由图1可知，590K时，相同时间内苯硫酚的浓度大于苯的浓度，说明反应Ⅰ的反应速率快于反应Ⅱ，反应的活化能越小，反应速率越快，则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能，故A正确；
B．由图可知，590K时，反应Ⅰ达到平衡，升高温度，反应Ⅱ的反应速率加快，氯苯和硫化氢的浓度减小，反应Ⅰ的平衡向逆反应方向移动，消耗硫化氢减少，故B正确；
C．由图可知，590K时，反应Ⅰ达到平衡，反应Ⅱ未达到平衡，升高温度，反应Ⅱ的反应速率加快，氯苯的消耗量增大，转化率增大，故C错误；
D，由图可知，硫化氢与氯苯起始物质的量之比大于2.5时，提高硫化氢与氯苯起始物质的量之比，苯硫酚的浓度减小，故D错误；
故选CD；
(3)
由方程式知，图中a，b，c分别为硫化氢、氢气、的体积分数随温度变化的曲线；
①由图可知，温度升高，硫化氢的体积分数减小，说明平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，反应热；
②由分析可知，曲线c代表的物质是；
③反应温度为1300℃时，反应温度为1300℃时，硫化氢的体积分数为50%，设起始硫化氢的物质的量为2ml、转化率为，由题意可建立如下三段式：
由硫化氧的体积分数为50%可得：，解得，则平衡时硫化氧、氢气、的分压分别为、、，反应的平衡常数；
④由题意可知，，则；若硫化氢高温裂解反应在刚性容器中进行，增大硫化氢的投入量相当于增大压强，平衡向逆反应方向移动，氢气的物质的量分数减小。
11．(1) ＞ b点比c点对应状态下反应物浓度大，体系温度高 向逆反应方向 X 温度过高，催化剂X和Y均失活
(2) 反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 1.8ml 增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小
【解析】(1)
①时，a点对应容器中二氧化碳的转化率为40%，则在内二氧化碳的浓度变化量为×40%=0.2ml/L，二氧化碳的平均反应速率为=0.04，反应速率之比等于反应化学计量数之比，则氢气的平均反应速率3×0.04=；根据碰撞理论，有效碰撞几率越大，反应速率越快，题图中b点对应的温度大于c点，且b点对应的二氧化碳转化率小于c点，b点的二氧化碳浓度比c点大，温度越高、浓度越大，反应速率越快，有效碰撞几率越大，则b点的反应速率比c点快，因此b、c点对应状态下反应物的有效碰撞几率b＞c；
②时，b点对应的二氧化碳转化率为60%，列三段式：
该温度下的平衡常数K==，保持温度不变向容器中再充入、，二氧化碳的物质的量变为0.6ml，乙醇的物质的量变为0.9ml，则Qc=，＞1，即Qc＞K，平衡将向逆反应方向移动；
③根据图示可知，在相同温度下，催化剂X作用下二氧化碳的转化率更高，则该反应适宜选用的催化剂为X，温度高于T3K时，由于温度过高，催化剂X和Y均失活，因此d点以后的两条线重合。
(2)
①温度高于300℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是：反应Ⅰ的△H＞0，反应Ⅱ的△H＜0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度；
②起始投入3mlCO2，6mlH2，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CO2平衡转化率为40%，则反应的n(CO2)=40%×3ml=1.2ml，CH3OCH3的选择性=×100%=50%，则n(CH3OCH3)=0.3ml，反应Ⅱ为2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，因此达到平衡时，反应Ⅱ理论上消耗H2的物质的量为0.3ml×6=1.8ml，平衡正向进行二甲醚物质的量增大，二氧化碳物质的量减小，二甲醚选择性增大，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有增大压强平衡正向进行，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，增大二甲醚的选择性；
③温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小，因此合成二甲醚时较适宜的温度为260℃。
12．(1)
(2) +8 增大 同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小 光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4 黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递
(3)大
【解析】(1)
甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl和HCl，化学方程式是。故答案为：；
(2)
①模仿Cl·+CH4→·CH3+HCl，·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·，由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：。故答案为：；
②a．25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·ml-1和431kJ·ml-1。X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) 当X为Cl时，△H=439kJ·ml-1-431kJ·ml-1= +8kJ·ml-1。故答案为：+8；
b．若X依次为F、Cl、Br、I，生成的卤化物中氢卤键键能逐渐减小，△H随着原子序数增大逐渐增大(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小。故答案为：增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；
③a．由B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到得到氯代甲烷，D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合，却几乎无氯代甲烷，得出的结论是光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4。故答案为：光照时发生链引发的物质是C12而不是CH4；
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递。故答案为：黑暗中发生2C1·→C12，一段时间后体系中几乎无C1·存在，无法进行链传递；
(3)
生成，放出的能量比生成小，推知—CH3中C—H键能比中C—H键能大(填“大”或“小”)。故答案为：大。
13．(1) 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于
(2) 溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性 溶液直接与反应是脱除的主要原因
【解析】(1)
①已知：反应a： ，
，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，==，故答案为：。
②反应a为气体分子数增大的反应，，较高温度下更有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，导致反应b和c的速率减小，和NO的转化率均降低，故答案为：高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低。
③由表中数据可知，反应b的活化能小于反应c，则反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于，故答案为：反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于。
(2)
①溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性，故答案为：溶液中存在：、，的水解程度大于的水解程度，使溶液显碱性。
②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%，故答案为：溶液直接与反应是脱除的主要原因。
③与反应氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式是为，故答案为：。
④吸收过程中，部分和发生归中反应生成和H2O，反应中和的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为，故答案为：。
14．(1) 是放热反应，高温不利于生成
(2) AD
(3)
【解析】(1)
①已知：
①
②
设备中发生主要反应为，，根据盖斯定律可知，反应为①-2×②，则反应的焓变为（-1268kJ/ml）-2×（-180.5kJ/ml）=-907 kJ/ml，故热化学方程式为；
②设备②中生成的难与大量转化为的原因是是放热反应，设备中高温不利于生成；
(2)
①A．由图可知，的加入，在较低温度下，氨气的转化率就能到达最高值，故降低了催化剂的活化温度，A正确；
B．由图B可知，相同温度下，比的氮气的选择性要低，故不是含量越大，催化剂的活性越好，B错误；
C．结合图AB可知，运用该技术消除废气中的最佳条件为：、，此时氨气几乎全部转化，且氮气选择很高，且可以降低催化剂成本，C错误；
D．由图B可知，温度高于230°C左右时，氮气的选择性显著降低，故一定温度范围，的加入使得生成副产物反应活化能降低更为显著，D正确；
故选AD；
②的转化率和的选择性均为80%，则反应n(NH3)=25mml×80%=20mml，生成消耗的n(NH3)=20mml×80%=16mml，发生副反应消耗的n(NH3)=20mml×80%=4mml，由三段式可知：
则反应后n(NH3)=5mml、n(O2)=33mml、n(N2)=8mml、n(H2O)=30mml、n(NO=4mml、n(载气)=25mml，总的物质的量为105mml；组分分压总压组分物质的量分数，则反应的平衡常数为；
(3)
催化剂改变反应的历程，本身质量和化学性质不变；反应中吸附在催化剂表面活性位的解离为和H，同时活性O参与反应，则总反应为和活性O反应生成氮气和水，反应中④有HNO参与反应，则③为生成HNO的反应，故为。
15．(1)+34 kJ·ml-1
(2) 反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大 第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率 0.011 该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动
(3)2CH2=CHCN+2e- +2H+ = NC(CH2)4CN
【解析】(1)
焓变=反应物总键能-生成物总键能，ΔH1 =(463+413×9+351×3+348×3+745)-(413×8+615+745+351×2+348×2+463×2)=+34 kJ·ml-1；
(2)
①反应I、II均为吸热反应，最高点前反应I进行程度大，最高点后反应II进行程度大，所以随着温度的升高，丙烯酸乙酯的平衡体积分数先增大后减小；
②第一步反应是和氨气反应生成乙醇和，反应的化学方程式为；第二步反应的活化能远小于第一步，所以第二步反应的速率远大于第一步反应的速率，实验过程中未检测到。
③设的初始物质的量为2ml、氨气的初始物质的量为15ml；A点的含量为0，说明反应I完全进行，生成2ml和2ml水；和丙烯腈的含量相等，说明有1ml、1ml氨气参与反应II，生成1ml乙醇和1ml水，则平衡体系中氨气的物质的量为14ml、的物质的量1ml、丙烯腈1ml、乙醇1ml、水3ml，A点对应反应II的标准平衡常数=0.011；
④该反应为气体分子数增大的反应，恒压密闭容器中充入一定量N2，相当于减压，降低各气体分压(相当于扩大容器体积)，会使反应II的平衡正向移动，所以充入一定量N2 (不参与反应)，可提高丙烯腈的平衡产率。
(3)
根据图示，石墨电极2上CH2=CHCN 发生还原反应生成NC(CH2)4CN，石墨电极2上极反应式为2CH2=CHCN+2e- +2H+ = NC(CH2)4CN。
16．(1)-25
(2)BD
(3) m 该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，平衡常数减小。 < 9.88 A
【解析】(1)
②式 (2③式 + ①式)=25KJ·ml-1
(2)
A. 平衡常数与催化剂无关，A项错误；
B. 该反应为前后气体分子数改变的反应。平衡前后，气体总质量不变，气体平均物质的量会发生变化，故当容器内气体的平均相对分子质量保持不变时，可以说明该反应达到平衡状态，B项正确；
C.列三段式

用 H2表示该反应4min内的平均速率为v==0.075ml·L-1·min-1，C项错误；
D. 该反应为放热反应，其它条件不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CO的平衡转化率降低，D项正确。
答案选BD。
(3)
①该反应是放热反应，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，随温度升高平衡常数减小，故平衡常数K与温度T的变化关系应为曲线m；②温度升高化学反应速率加快，图2中a点温度小于c点温度，故v(a) 逆 c(OH-)> c(H+)> c(CO)
【解析】(1)
由盖斯定律可知，④=③-②，△H4=（+41 kJ·ml-1）-（-136 kJ·ml-1）=+177 kJ·ml-1；反应④的目的是生成乙烯，由图可知，800°C左右时乙烯选择性较高且此时CO2和C2H6较高，再升高温度乙烯选择性、C2H6转化率变化不是很大，且需要增加生产成本，故反应的最佳温度是800°C左右。
(2)
设CO2和C2H6的起始量分别为1ml、3ml，反应的CO2的物质的量为x，由三段式可知：
达到平衡，产物的总物质的量与剩余反应物的总物质的量相等，则（1-x）+（3- x）=3 x，x =0.8ml，反应后CO2、C2H6、C2H4、H2O、CO的物质的量分别为0.2ml、2.2ml、0.8ml、0.8ml、0.8ml，总的物质的量为4.8ml；一定体积的密闭容器，压强比等于物质的量比，反应后总压强为p0×=1.2 p0；则Kp=；
(3)
主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度高于503K时，CO2 的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是温度升高主反应逆向移动，副反应正向移动，且副反应正向移动程度超过了主反应逆向移动的程度，导致二氧化碳的平衡转化率增大；
实际生产中，保持压强不变，相同反应时间内不同温度下，523K时CH3OH的产率最大，可能的原因是此时催化剂活性最大，反应速率最快，CH3OH的产率最大；
(4)
氨水和过量的二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应为NH3·H2O+ CO2=NH4HCO3；已知： NH3·H2O的Kb=1.7 ×10-5， H2CO3的Ka1=4.3 ×10-7，则NH4HCO3中碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度导致溶液显碱性，溶液中HCO也会少量电离出氢离子和碳酸根离子，水也会电离出氢离子和氢氧根离子，则氢离子浓度大于碳酸根离子浓度，故所得溶液离子浓度由大到小的顺序是c(NH)> c(HCO)> c(OH-)> c(H+)> c(CO)。
19．(1) -52.7kJ·ml-1 低温
(2)CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*
(3) b a
(4)温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降
(5) 60 或8.3
【解析】(1)
根据题目所给信息可得热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(1) ΔH=-285.8kJ·ml-1、②CH3OH(g)+O2(g)=2H2O(1)+CO2(g) ΔH=-763.9kJ·ml-1、③H2O(1)=H2O(g) ΔH=40.8kJ·ml-1，根据盖斯定律①×3-②+③可得CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=(-285.8kJ·ml-1)×3-(-763.9kJ·ml-1)+40.8kJ·ml-1=-52.7kJ·ml-1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，所以在低温条件下满足ΔH-TΔS＜0，反应可以自发；
(2)
活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知决速步骤为CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*；
(3)
温度升高反应速率加快，所以越小，k越大，即lgk越大，而该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，说明温度对k逆的影响更大，所以k正对应的曲线是b，k逆对应的曲线是a；
(4)
温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降；
(5)
设平衡时CH3OH的物质的量为x，列三段式有： ，恒容密闭容器中压强之比等于气体的物质的量之比，所以有=，解得x=1.5，所以平衡时CH3OH(g)的分压为×200kPa=60kPa，同理可以求出CO2、H2、H2O的分压分别为20kPa、60kPa、60kPa，所以Kθ==或8.3。
20．(1) Fe3O4 c L2曲线代表反应b，反应b为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，一氧化碳平衡浓度减小
(2)反应前后气体分子数不变
(3) C
(4) *COO*→CO+* I III
【解析】(1)
①依据盖斯定律，反应Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)可由(a+2b+6c)得到，则焓变△H=(-m+2n-6q)kJ/ml=kJ/ml。
②依据图示可知，当温度低于300℃时，燃料还原阶段得到的固体主要是Fe和Fe3O4。
③由图示可知，曲线L3为随温度升高CO平衡浓度增大，即升高温度CO的转化率下降，平衡逆向移动，反应为放热反应，则L3代表反应c；L2曲线代表反应b，反应b为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，一氧化碳转化率升高，一氧化碳平衡浓度减小，所以曲线L2随温度升高而降低。
(2)
由方程式可知，反应前后气体分子数不变，压强不变，因此在蒸汽反应器中，压强对出口气体百分含量的影响不大。
(3)
依据题意列三段式：，PCO=Pθ=Pθ，=Pθ=Pθ，则==；
A．反应为气体分子数减小的反应，反应中有固体参与反应，只有当反应达到平衡时，气体总质量才不变，气体总物质的量不变，则气体平均相对分子质量不变，可以用来判断反应达到平衡状态，A错误；
B．反应为气体分子数减小的反应，恒温恒压条件下，若反应正向进行，容器容积减小，容器容积之比等于气体物质的量之比，反应中有固体参与反应，只有当反应达到平衡时，气体总质量才不变，气体物质的量才不变、即容器容积不变，气体的密度不变，可以用来判断反应达到平衡状态，B错误；
C．任何时刻消耗2mlCO都会同时生成1mlCO2，即相同时间内CO的消耗速率等于2倍的CO2生成速率，不能用来判断反应达到平衡状态，C正确；
D．当碳的质量不再改变，则各物质的质量都不变，说明反应达到平衡状态，D错误；
答案选C。
(4)
①在I表面上CO转化成CO2，则第iii)步反应为：*COO*→CO+*，此时二氧化碳仍吸附在I表面。
②由图示可知，CO在I表面活化能最小，则CO在I表面反应释放CO2的速率最快；由图示可知，CO在I、III表面反应为放热反应，在II、IV、V表面反应为吸热反应，且释放等量CO2时，在III表面反应放出能量比I多，因此释放等量CO2时，在III表面反应放出能量最多。