专题41 化学反应原理综合题——反应热+速率平衡+电化学（全国通用）-十年（2016-2025）高考化学真题分类汇编（含答案）

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——反应热+速率平衡+电化学

1．（2025·湖南·高考真题）在温和条件下，将转化为烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催化策略可将高选择性合成，该流程示意图如下：
回答下列问题：
(1)电解池中电极M与电源的 极相连。
(2)放电生成的电极反应式为 。
(3)在反应器中，发生如下反应：
反应i：
反应ii：
计算反应的 ，该反应 (填标号)。
A．高温自发 B．低温自发 C．高温低温均自发 D．高温低温均不自发
(4)一定温度下，和(体积比为)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为)发生反应i和ii．有存在时，反应ii的反应进程如图1所示。随着x的增加，的转化率和产物的选择性(选择性)如图2所示。
根据图1，写出生成的决速步反应式 ；的选择性大于的原因是 。
②结合图2，当时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时，反应近似达到平衡，随着x的增大，的转化率减小的原因是 ；当时，该温度下反应ii的 (保留两位小数)。
【答案】(1)正
(2)
(3) ﹣126 B
(4) 由生成时，活化能较大，反应速率慢 随着x的增大，CO的分压增大，对于反应i和反应ii相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小 0.16
【详解】（1）由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连；
（2）CO发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：；
（3）根据盖斯定律，反应ii－反应i即可得到目标反应，则，该反应是熵减的放热反应，则依据反应能自发进行，则低温下自发进行，选B；
（4）总反应的反应速率由慢反应决定，故决速步是反应最慢的步骤，由图可知，TSⅡ的垒能最大，该步骤是决速步骤，反应式为；由图可知，由生成时，活化能较大，反应速率慢，所以的选择性大于；
当x≥2时，由题意可知，该过程近似认为是平衡状态，则增大CO的分压，相当于减压，反应i和反应ii平衡均逆向移动，所以的转化率减小；
当x=2时，的转化率为90%，的选择性为80%，设初始投料：CO：2ml、C2H4：2ml、H2：1ml，则、、、，气体总物质的量为(2+0.72+0.18+0.2+0.28)ml=3.38ml，此时压强为，、、，反应ii的Kp=。
2．（2025·重庆·高考真题）水是化学反应的良好介质，探索水溶液中的酸碱平衡具有重要意义。
(1)天然水中可以分离出重水(D2O)。D2O溶液中存在电离平衡：，c(D+)和c(OD-)的关系如图所示。
①图中3个状态点对应的溶液呈中性的是 。
② (填“>”“=”或者“”、“c0时，催化剂M的活性位点数量足够，速率取决于反应物CO2和H2的浓度，即v不再显著增加，因受限 于CO2(g)和H2 (g)在溶液中的溶解速度(或浓度)。
6．（2024·天津·高考真题）是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制。
I．的结构
(1)由和组成。的空间结构为 ，的电子式为 。
Ⅱ．的水解
的水解反应方程式为：，该反应放热。
(2)无催化剂时，在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是 。
(3)相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化水解产的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是 (填序号)。
a．反应至时，使用X产生的体积是使用Y的2倍
b．与Y相比，X降低反应的活化能更多
c．Z无催化活性
(4)在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行水解反应的对比实验，的生成速率与浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。
①图中起始温度较高的实验对应的曲线是 (填“M”或“N”)；
②曲线M中，p点之前的生成速率提高，主要原因是 ；p点之后的生成速率降低，主要原因是 。
Ⅲ．的再生
(5)用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为，阴极的电极反应式为 。
【答案】(1) (正)四面体形
(2)水解生成的会继续水解使溶液呈碱性，进而使水解速率放缓
(3)b
(4) M 该反应放热，随着反应的进行，温度升高，水解速率加快 临近反应结束，随着反应物浓度降低，水解速率减慢
(5)
【详解】（1）的价层电子对数是，无孤对电子，空间构型是正四面体形；由和组成，属于离子化合物，电子式：；
（2）根据的水解反应方程式为：可知，水解的本质是还原水中的H，生成H2，故无催化剂时，在酸性环境中水解迅速，在碱性环境下水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降的原因是随着反应的进行，生成的会继续水解使溶液呈碱性，H+的浓度降低，反应速率逐渐减慢；
（3）a．由图可知，反应至3 min时，使用X产生H2的体积不是使用Y的2倍，故a错误；
b．与Y相比，使用X同等时间内产生的气体更多，说明使用X反应速率更快，降低反应活化能更多，故b正确；
c．Z是负催化剂，阻碍了水解产生H2，导致H2的产生量为0，故c错误；
故答案为：b；
（4）①水解反应是吸热反应，温度越高，水解反应速率越快，由图可知，同等浓度的条件下，M产生H2的速率更快，所以起始温度较高的实验对应的曲线是M；
②曲线M中，p点之前H2的生成速率提高，主要原因是反应放热，温度升高，反应速率逐渐加快，p点之后H2的生成速率降低，主要原因是随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，浓度对速率的影响其起着主要因素，导致H2的生成速率降低；
（5）用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，所以阳极的反应为，用总反应减去阳极的反应，可以得到阴极的反应为。
7．（2023·重庆·高考真题）银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
(1)在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)。根据图所示，回答下列问题：

①中间体生成吸附态的活化能为 。
②由生成的热化学方程式为 。
(2)一定条件下，银催化剂表面上存在反应：，该反应平衡压强与温度的关系如下：
①时的平衡常数 。
②起始状态Ⅰ中有和，经下列过程达到各平衡状态：

已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 (填字母)。
A．从Ⅰ到Ⅱ的过程
B．
C．平衡常数：
D．若体积，则
E．逆反应的速率：
③某温度下，向恒容容器中加入，分解过程中反应速率与压强的关系为，k为速率常数(定温下为常数)。当固体质量减少时，逆反应速率最大。若转化率为，则 (用表示)。
(3)可用作固体离子导体，能通过加热制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。

①测定晶体结构最常用的仪器是 (填字母)。
A．质谱仪 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．射线衍射仪
②与晶胞的体积之比为 。
③测定中导电离子类型的实验装置如图所示。实验测得支管a中质量不变，可判定导电离子是而不是，依据是 。

【答案】(1) 83
(2) 10 CDE
(3) D 12:7 a中银电极质量减小，b中银电极质量增大
【详解】（1）①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，中间体生成吸附态的活化能为。
②由图可知，生成放出热量，放热焓变为负值，故热化学方程式为；
（2）①反应中只有氧气为气体，结合表格数据可知，时的平衡常数。
②结合表格数据可知，升高温度，压强变大，平衡正向移动，则反应为吸热反应；
A．从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致固体质量减小，已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则从Ⅰ到Ⅱ的过程为固体质量增大的过程，平衡逆向移动，为熵减过程，故从Ⅰ到Ⅱ的过程，A错误；
B．平衡常数只受温度的影响，则，B错误；
C．反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故平衡常数：，C正确；
D．已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体积，根据阿伏伽德罗定律可知，，，，则，D正确；
E．结合A分析可知，逆反应的速率：；固体不影响反应速率，温度越低反应速率越低，逆反应的速率：，故有逆反应的速率：，E正确；
故选CDE；
③某温度下，设向恒容容器中加入mg，当固体质量减少时，逆反应速率最大，此时达到平衡状态，减小质量为生成氧气的质量，则生成，若转化率为，则此时生成，根据阿伏伽德罗定律，此时，故；
（3）①晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；故测定晶体结构最常用的仪器是D．射线衍射仪；
②据“均摊法”，晶胞中含个I，则晶体密度为；，晶胞中含个I，则晶体密度为；故，则与晶胞的体积之比为12:7。
③由图可知，a极为阳析，银氧化为银离子，根据a中AgI质量不变，可判断I-没有进入a极（否则AgI质量会增加），从而推断导电的是Ag+从a极移向b极。
8．（2023·北京·高考真题）尿素合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银与在一定条件下反应制得，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。
(2)二十世纪初，工业上以和为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ．和生成；
ⅱ．分解生成尿素。

结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是 (填序号)。
a．活化能：反应ⅰ”“”、“ CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O 38.89% 25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O的脱水，有利于其保持纯度
【详解】（1）①钢制管道、参比电极、潮湿土壤构成原电池，参比电极为Cu电极，钢制管道为铁电极，金属性Fe＞Cu，则Fe做负极材料，负极的电极反应式为：；
②Cu电极为正极，电极反应式为：，CuSO4·5H2O溶解与电解质溶液中，此时硫酸铜溶液的浓度不变；
（2）①无水CuSO4遇水变为蓝色，则用无水CuSO4检验乙醇中含有微量水的现象是：乙醇变为蓝色；
②反应Ⅰ中水合物的质量分数最大，符合条件的线段为ab；
③反应Ⅱ中p(H2O)=4000Pa，反应II：CuSO4·3H2O (s) CuSO4·H2O (s) + 2H2O(g)
列出平衡常数，；
④脱水过程为吸热反应，则反应Ⅲ温度升高平衡正向移动，且正反应的总体积增大的反应，则温度越高，压强越大，则p1＞p2；
⑤c点时固体为CuSO4·3H2O，d点时固体为CuSO4·H2O，则M点时固体为CuSO4·3H2O和CuSO4·H2O；
M点时水合物中水的质量分数为20%，c点到M点发生的反应为反应Ⅱ，列出三段式如下：
计算可得转化率为38.89%；
⑥25°C时Na2CO3·H2O的平衡压强为p(H2O)=706 Pa，低于反应II中平衡压强为p(H2O)=747Pa，且远远超过反应III中平衡压强为p(H2O)=107 Pa，此时反应II的平衡正向移动得比较充分，而反应III的平衡会大幅度逆向移动，从而抑制CuSO4·H2O的脱水，有利于其保持纯度。
11．（2021·湖南·高考真题）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法I：氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
一定温度下，利用催化剂将分解为和。回答下列问题：
(1)反应 ；
(2)已知该反应的，在下列哪些温度下反应能自发进行？ (填标号)
A．25℃ B．125℃ C．225℃ D．325℃
(3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用的浓度变化表示时间内的反应速率 (用含的代数式表示)
②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是 (用图中a、b、c、d表示)，理由是 ；
③在该温度下，反应的标准平衡常数 。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于反应，，其中，、、、为各组分的平衡分压)。
方法Ⅱ：氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
(4)电解过程中的移动方向为 (填“从左往右”或“从右往左”)；
(5)阳极的电极反应式为 。
【答案】 +90.8 CD b
开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小 0.48 从右往左 2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O
【详解】(1) 根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，=390.8kJml-1-(946 kJml-1+436.0kJml-1)= +90.8kJml-1，故答案为：+90.8；
(2)若反应自发进行，则需△H-T△S==456.5K，即温度应高于(456.5-273)℃=183.5℃，CD符合，故答案为：CD；
(3)①设t1时达到平衡，转化的NH3的物质的量为2x，列出三段式：
根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，=，解得x=0.02ml，(H2)==mlL-1min-1，故答案为：；
②t2时将容器体积压缩到原来的一半，开始N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，N2分压比原来2倍要小；
③由图可知，平衡时，NH3、N2、H2的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 kPa，反应的标准平衡常数==0.48，故答案为：0.48；
(4)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH-移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；
(5)阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O，故答案为：2NH3-6e-+6OH-= N2+6H2O。
12．（2021·浙江·高考真题）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是 。
(2)下列说法不正确的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g)⇌Cl2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl2(aq) + H2O(l)⇌H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2
其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2(g)⇌Cl2(aq)的焓变ΔH1 0。(填”>”、“=”或“K(400℃)；
由图象知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
起始（浓度） c0 c0 0 0
变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0
平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0
则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得 ∆H=（∆H1+∆H2+∆H3）×2=-116kJ·ml-1；
（3）若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；
（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1 ml电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1ml÷4＝0.25ml，在标准状况下的体积为0.25ml×22.4L/ml＝5.6L。
17．（2019·浙江·高考真题）（一）合成氨工艺（流程如图所示）是人工固氮最重要的途径。

2018年是合成氨工业先驱哈伯（P•Haber）获得诺贝尔奖100周年。N2和H2生成NH3的反应为：1/2N2（g）+3/2H2（g）NH3（g）∆H(298K)=-46.2KJ•ml-1,在Fe催化剂作用下的反应历程为（*表示吸附态）
化学吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*；
表面反应：N*+H*NH*； ；NH2*+H*NH3*
脱附：NH3*NH3（g）
其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答：
（1）利于提高合成氨平衡产率的条件有 。
A．低温 B．高温 C．低压 D．高压 E.催化剂
（2）标准平衡常数，其中为标准压强（1X105Pa），pNH3、pN2和pH2为各组分的平衡分压，如pNH3=xNH3p，p为平衡总压，xNH3为平衡系统中NH3的物质的量分数。
①N2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率为w，则= （用含w的最简式表示）
②下图中可以示意标准平衡常数随温度T变化趋势的是 。

（3）实际生产中，常用工艺条件，Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0X105Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。
①分析说明原料气中N2过量的理由 。
②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是 。
A．合成氨反应在不同温度下的∆H和∆S都小于零
B．控制温度（773K）远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率
C．当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
D．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
E.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生。
（二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水处理剂。某同学通过“化学-电解法”探究的合成，其原理如图所示。接通电源，调节电压，将一定量Cl2通入KOH溶液，然后滴入含Fe3+的溶液，控制温度，可制得K2FeO4。

（1）请写出“化学法”得到FeO42-的离子方程式 。
（2）请写出阳极的电极反应式（含FeO42-） 。
【答案】 AD A 原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。 ADE 2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O Fe3++8OH—3e-=FeO42-＋4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O
【详解】(一)（1）由勒夏特列原理可知，根据反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/ml，为了提高合成氨平衡产率，即平衡正向移动，低温和高压符合条件，答案选AD；
（2）① N2（g）＋H2（g）NH3（g）
起始量： 1 3 0
转化量： 3 2
平衡量： 1- 3-3 2
x(NH3)%=；x(N2)%=；x(H2)%=
，化简得；
②反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/ml为放热反应，温度T升高，平衡向逆反应方向移动，K0减小，InK0也减小，InK0与温度不成正比，故答案选A；
（3）①由反应N2（g）＋H2（g）NH3（g）可知，加过量氮气，有利于平衡正向移动，提高H2的转化率以及氨气的产率，同时根据题干“N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。”可知，N2在Fe催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。②易知A选项正确；控制温度远高于室温是为了保证催化剂的活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率，B错误；恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，C错误；不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，D正确，当选；通过天然气和水蒸气转化制得的H2，由于含有CH4，CO等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此外CH4，CO可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，E正确。答案选ADE；
（二）（1）将一定量C12通入KOH溶液，生成KCl和KClO，KClO具有强氧化性，将Fe3+氧化为FeO42-，然后根据碱性环境，配平即可，得到2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO42-＋3Cl-＋5H2O；
（2）阳极失电子，反应物为Fe3+产物为FeO42-，然后根据碱性环境及守恒规则，易写出Fe3++8OH- -3e-=FeO42-＋4H2O或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO42-＋4H2O。
18．（2018·浙江·高考真题）(一) 十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“十氢萘（C10H18）→四氢萘（C10H12）→萘（C10H8）”的脱氢过程释放氢气。已知：
C10H18(l)C10H12(l)＋3H2(g) △H1
C10H12(l)C10H8(l)＋2H2(g) △H2
△H1＞△H2＞0；C10H18→C10H12的活化能为Ea1，C10H12→C10H8的活化能为Ea2，十氢萘的常压沸点为192℃；在192℃，液态十氢萘的脱氢反应的平衡转化率约为9％。请回答：
（1）有利于提高上述反应平衡转化率的条件是 。
A．高温高压 B．低温低压 C．高温低压 D．低温高压
（2）研究表明，将适量十氢萘置于恒容密闭反应器中，升高温度带来高压，该条件下也可显著释氢，理由是 。
（3）温度335℃，在恒容密闭反应器中进行高压液态十氢萘（1.00 ml）催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的产率x1和x2（以物质的量分数计）随时间变化关系，如图1所示。

①在8 h时，反应体系内氢气的量为 ml（忽略其他副反应）。
②x1显著低于x2的原因是 。
③在图2中绘制“C10H18→C10H12→C10H8”的“能量～反应过程”示意图 。
(二) 科学家发现，以H2O和N2为原料，熔融NaOH－KOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压下可实现电化学合成氨。
阴极区发生的变化可视为按两步进行，请补充完整。
电极反应式： 和2Fe＋3H2O＋N2＝2NH3＋Fe2O3。
【答案】 C 温度升高，加快反应速率；温度升高使平衡正移的作用大于压强增大使平衡逆移的作用。 1.95 催化剂显著降低了C10H12→C10H8的活化能，反应生成的C10H12快速转化为C10H8 Fe2O3＋6e－＋3H2O＝2Fe＋6OH―
【详解】Ⅰ．(1)C10H18(l)C10H12(l)＋3H2(g) △H1，C10H12(l)C10H8(l)＋2H2(g) △H2，△H1＞△H2＞0；均为吸热反应，且都属于气体的物质的量增大的反应。
A．升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，但增大压强，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故A错误；B．降低温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故B错误；C．升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，减小压强，平衡正向移动，平衡转化率增大，故C正确；D．降低温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故D错误；故选C；
(2)总反应为该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，平衡常数增大，当温度达到192℃时，十氢萘气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显著增加，故答案为反应吸热，温度升高，平衡正向移动。与此同时，温度升高导致十氢萘气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显著增加；
(3)①温度335℃，在8 h时，十氢萘为1.00 ml，测得C10H12和C10H8的产率x1=0.027，x2=0.374，即生成C10H12和C10H8的物质的量分别为0.027ml，0.374ml，设反应的C10H18的物质的量为a，反应C10H12的物质的量为b，根据反应
C10H18(l)C10H12(l)＋3H2(g)
1 1 3
a a 3a
C10H12(l)C10H8(l)＋2H2(g)，
1 1 2
b b 2b
则a-b=0.027，b=0.374，则a=0.401，因此生成的氢气的物质的量分数为3a+2b=3×0.401+2×0.374=1.951，则氢气的量为1.951ml，故答案为1.951；
②反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢萘大部分都转化为萘，故x1显著低于x2，故答案为反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢萘大部分都转化为萘，故x1显著低于x2；
③C10H18(l)C10H12(l)＋3H2(g) △H1，C10H12(l)C10H8(l)＋2H2(g) △H2，△H1＞△H2＞0；上述反应均为吸热反应，生成物的总能量大于反应物，“C10H18→C10H12→C10H8”的“能量～反应过程” 示意图为，故答案为；
Ⅱ．(4)以H2O和N2为原料，熔融NaOH－KOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压下可实现电化学合成氨。阴极区发生还原反应，根据其中一个反应2Fe＋3H2O＋N2＝Fe2O3＋2NH3，可知，Fe2O3作催化剂，首先转化为铁，因此电极反应式为Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，故答案为Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-。
19．（2018·浙江·高考真题）(一)以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法可以制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，装置如图所示。
(1)收集到(CH3)4NOH的区域是 (填a、b、c或d)。
(2)写出电池总反应 。
(二)乙酸乙酯一般通过乙酸和乙醇酯化合成：CH3COOH(l)+C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l)+H2O(l) ΔH=-2.7kJ·ml-1
已知纯物质和相关恒沸混合物的常压沸点如下表：
请完成：
(1)关于该反应，下列说法不合理的是 。
A．反应体系中硫酸有催化作用
B．因为化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应的ΔS等于零
C．因为反应的△H 接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响大
D．因为反应前后都是液态物质，所以压强变化对化学平衡的影响可忽略不计
(2)一定温度下该反应的平衡常数K=4.0。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率y = ；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n ： 1，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请在图中绘制x随n变化的示意图(计算时不计副反应) 。
(3)工业上多采用乙酸过量的方法，将合成塔中乙酸、乙醇和硫酸混合液加热至110℃左右发生酯化反应并回流，直到塔顶温度达到70～71℃，开始从塔顶出料。控制乙酸过量的作用有 。
(4)近年，科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：2C2H5OH(g) CH3COOC2H5(g)+2H2(g)
在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液体收集物中主要产物的质量分数如图所示。关于该方法，下列推测合理的是 。
A．反应温度不宜超过300℃
B．增大体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率
C．在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物
D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键
【答案】 d 2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+ H2 ↑+Cl2 ↑ BC 0.67(或67%) 使平衡正向进行，增大乙醇转化率，减少产品中乙醇含量 ACD
【分析】(一)根据电解原理分析电极发生的反应，得出电解总反应方程式；
(二)根据乙酸乙酯的合成原理，结合化学平衡原理分析即可。
【详解】(一)(1)以石墨为电极电解四甲基氯化铵溶液制备四甲基氢氧化铵，需要氢氧根离子，电解过程中阴极氢离子得到电子生成氢气，电解附近生成氢氧根离子，所以收集到(CH3)4NOH的区域是阴极区即d口。
故答案为d；
(2)结合反应为和生成物的关系可知电解过程中生成产物为四甲基氢氧化铵、氢气和氯气，据此写出电解反应的化学方程式：2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+ H2 ↑+Cl2 ↑。
故答案为2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+ H2 ↑+Cl2 ↑。
(二)(1)A项，酯化反应中浓硫酸具有催化作用和吸水作用，故A项不符合题意；
B项，反应过程中生成的乙酸乙酯为气体，反应前后熵变不为0，故B项符合题意；
C项，温度变化对反应速率影响较大，因为反应的△H 接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响不大，故C项符合题意；
D项，压强对纯液体和固体影响不大，所以压强变化对该反应的化学平衡的影响可忽略不计，故D项不符合题意。
综上所述，本题正确答案为BC。
(2)设生成乙酸乙酯物质的量为x，则
CH3COOH(l)+C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l)+H2O(l)
1 1 0 0
1-x 1-x x x
所以平衡常数K==4，X=0.667ml，则乙酸乙酯的平衡产率y=100%=66.7%；
乙酸和乙醇的物质的量之比，随乙酸的物质的量增加，乙酸乙酯的产量也会增加，当n：1=1：1时，乙酸乙酯的物质的量分数达到最大，乙酸的物质的量继续增大，乙酸乙酯物质的量分数反而逐渐减小图象如图所示：
故答案为66.7%；；
(3)增大反应物的浓度使平衡向正反应方向进行，增加其他反应物转化率，所以控制乙酸过量的作用是使平衡正向进行，增大乙醇转化率，减少产品中乙醇含量，
故答案为使平衡正向进行，增大乙醇转化率，减少产品中乙醇含量；
(4)A项，反应温度不宜超过300℃，若超过，图象分析可知乙酸乙酯质量分数降低，乙醚质量分数增加，故A项符合题意；
B项，该可逆反应的正反应是气体体积减小的反应，增大体系压强，平衡逆向移动，乙醇平衡转化率变小，故B项不符合题意。
C项，在催化剂作用下，乙醇氧化为乙醛，乙醛被氧化为乙酸，乙醛是反应历程中的中间产物，故C项符合题意；
D项，工艺的关键是减少乙醚、乙烯等副产物，可以提高催化剂的活性和选择性，故D项符合题意。
综上所述，本题正确答案为ACD。
20．（2018·天津·高考真题）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为 （写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH= 。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）
（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：
CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
则该反应的ΔH= 。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 ml的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是 （填“A” 或“B ”）。
②按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是 。
（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。
电池的负极反应式： 。
电池的正极反应式：6O2+6e−6O2−
6CO2+6O2−3C2O42−+6O2
反应过程中O2的作用是 。
该电池的总反应式： 。
【答案】 CO32- 10 +120 kJ·ml-1 B 900 ℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低 Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+） 催化剂 2Al+6CO2=Al2(C2O4)3
【详解】（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2==5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10ml/L，pH=10。
（2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)= +120 kJ·ml-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。
②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。
（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。
【点睛】本题的第（2）小问中的①涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用如下的结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热量也更多。
21．（2017·浙江·高考真题）氯及其化合物在生活和生产中应用广泛。
(1)已知：900 K时，4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)，反应自发。
①该反应是放热还是吸热，判断并说明理由 。
②900 K时，体积比为4：l的HCl和O2在恒温恒容的密闭容器中发生反应，HCl的平衡转化率α(HCl) 随压强(P)变化曲线如图。保持其他条件不变，升温到T K(假定反应历程不变)，请画出压强在1.5×l05～4.5×105Pa范围内，HCl的平衡转化率α(HCl)随压强(P)变化曲线示意图 。
(2)已知：Cl2(g)+2NaOH(aq)==NaCl(aq)+NaClO(aq)+H2O(l) △Hl=―102 kJ·ml-1
3Cl2(g)+6NaOH(aq)==5NaCl(aq)+NaClO3(aq)+3H2O(1) △H2=―422 kJ·ml—1
①写出在溶液中NaClO分解生成NaClO3的热化学方程式 。
②用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得NaClO溶液(不含NaClO3)，此时ClO―的浓度为c0 ml·L-1；加热时NaClO转化为NaClO3，测得t时刻溶液中ClO―浓度为ct ml·L-1，写出该时刻溶液中Cl―浓度的表达式；c(Cl―)= ml·L-1 (用c0、ct表示)
③有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：
I、2ClO―=ClO2―+Cl―
II、ClO2―+ClO―=ClO3―+Cl―
常温下，反应II能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因： 。
(3)电解NaClO3水溶液可制备NaClO4。在电解过程中由于阴极上吸附氢气，会使电解电压升高，电解效率下降。为抑制氢气的产生，可选择合适的物质(不引入杂质)，写出该电解的总化学方程式 。
【答案】 放热，△S＜0，反应自发满足△H-T△S＜0 3NaClO（aq）=2NaCl（aq）+NaClO3（aq）△H=-116kJ/ml (5c0-2ct)/3 反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO-向ClO3-转化 2NaClO3+O22NaClO4
【详解】分析：（1）①反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0；
②根据温度、压强对平衡状态的影响分析判断；
（2）①盖斯定律计算NaClO分解生成NaClO3的热化学方程式；
②氯气和氢氧化钠生成氯离子，次氯酸钠分解生成氯离子，溶液中氯离子为二者总和；
③根据活化能对反应的影响分析；
（3）为抑制氢气的产生，可选择合适的物质氧气和氢气反应生成水。
详解：（1）①900 Κ时，4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的△S＜0，反应自发满足△H-T△S＜0，△H＜0；
②900K时，体积比为4：1的HCl和O2在恒温恒容的密闭容器中发生反应，HCl的平衡转化率α（HCl）随压强（P）变化曲线如图。保持其他条件不变，升温到T K，平衡逆向进行，HCl转化率减小，随压强增大平衡正向进行，HCl转化率增大，据此画出图象为；
（2）①已知：
Ⅰ、Cl2(g)+2NaOH(aq)==NaCl(aq)+NaClO(aq)+H2O(l) △Hl=―102 kJ·ml-1
Ⅱ、3Cl2(g)+6NaOH(aq)==5NaCl(aq)+NaClO3(aq)+3H2O(1) △H2=―422 kJ·ml—1
根据盖斯定律可知Ⅱ-Ⅰ×3得到NaClO分解生成NaClO3的热化学方程式：3NaClO（aq）=2NaCl（aq）+NaClO3（aq）△H=-116kJ/ml；
②用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得NaClO溶液（不含NaClO3），此时ClO-的浓度为c0 ml•L-1，则Cl2（g）+2NaOH（aq）=NaCl（aq）+NaClO（aq）+H2O（l）反应中生成氯离子浓度为c0 ml•L-1，加热时NaClO转化为NaClO3，测得t时刻溶液中ClO-浓度为ct ml·L-1，反应的次氯酸钠浓度=c0 ml•L-1-ct ml·L-1

该时刻溶液中Cl-浓度的表达式：c0 ml•L-1+2(c0 ml•L-1-ct ml·L-1)/3=(5c0-2ct)/3 ml·L-1；
③常温下，反应II能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，说明反应进行决定于反应Ⅰ，反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO-向ClO3-转化；
（3）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，在电解过程中由于阴极上吸附氢气，会使电解电压升高，电解效率下降。为抑制氢气的产生，可选择合适的物质氧气和氢气反应生成水，该电解池中电解的化学方程式为：2NaClO3+O22NaClO4。
22．（2024·重庆·高考真题）高辛烷值的汽油可提升发动机的抗爆震性能，异构烷烃具有较高的辛烷值。
(1)在密闭容器中，(正戊烷)发生异构化反应，可同时生成(异戊烷)和(新戊烷)，其平衡常数随温度的变化如下表所示。
①体系平衡后，增加压强，反应1的平衡 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。
②平衡时，和的体积比值为 。
③根据上表数据推断为吸热反应，其推断过程是 。
(2)加入后，在双功能催化剂/分子筛上发生异构化反应且选择性高，主要产物为，其反应机理如下(表示分子筛固体酸催化剂)：
对于反应，下列说法正确的是_______。
A．只能催化脱氢反应，不能催化加氢反应
B．的加入增大了平衡常数，有利于反应的进行
C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，越有利于的形成
D．的加入促进了的加氢反应，减少了副反应的发生
(3)(四乙基铅)能提高汽油的辛烷值，可电解合成。电解池的阳极为，阴极为碳钢，电解液为溶有格氏试剂()的有机体系。
①阳极上生成的电极反应式为 。
②为了实现阴极产物的循环利用，电解一段时间后，需在阴极区不断加入适量的，其原理是 。
③为减少铅污染，被限制使用。是一种潜在替代品，其电解合成的原理如图所示(为催化剂)。总反应化学方程式为 ；外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为 。
【答案】(1) 不移动 2 由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行
(2)C
(3) 阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用 0.5
【详解】（1）①反应1为气体分子数不变的反应，体系平衡后，增加压强，反应1的平衡不移动。
②由盖斯定律可知，反应1-反应2得，则平衡时，，则和的体积比值为2；
③由盖斯定律可知，反应1-反应2得，根据上表数据，、、，升高温度，K值增大，反应正向进行，则为吸热反应；
（2）A．反应为可逆反应，由图可知能催化脱氢反应，也能催化加氢反应，错误；
B．平衡常数受温度影响，的加入不改变平衡常数，错误；
C．分子筛固体酸催化剂酸性越强，氢离子浓度越大，越有利于的形成，正确；
D．的加入促进了的加氢反应，但是也会和加成，副反应也会增多，错误；
故选C；
（3）①电解池的阳极为，阳极上Pb失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为。
②阴极得到电子发生还原反应生成镁单质：，在阴极区不断加入适量的，发生反应，实现阴极产物的循环利用；
③由图，A极二氧化碳得到电子发生还原生成CO和：，CO和再和Pt2+反应生成：，则总反应为二氧化碳和甲醇反应生成和水：；反应中电子转移为，则外电路转移电子时，理论上可生成的物质的量为0.5。
23．（2024·广西·高考真题）二氯亚砜()是重要的液态化工原料。回答下列问题：
(1)合成前先制备。有关转化关系为：
则的 。
(2)密闭容器中，以活性炭为催化剂，由和制备。反应如下：
Ⅰ
Ⅱ
①反应Ⅱ的(为平衡常数)随(为温度)的变化如图，推断出该反应为 (填“吸热”或“放热”)反应。
②466K时，平衡体系内各组分的物质的量分数随的变化如图。
反应Ⅱ的平衡常数 (保留1位小数)。保持和不变，增大平衡转化率的措施有 (任举一例)。
③改变，使反应Ⅱ的平衡常数，导致图中的曲线变化，则等于的新交点将出现在 (填“”“”“”或“”)处。
(3)我国科研人员在含的溶液中加入，提高了电池的性能。该电池放电时，正极的物质转变步骤如图。其中，的作用是 ；正极的电极反应式为 。
【答案】(1)-50
(2) 放热 32.4 移走或加入SO2Cl2 d
(3) 催化作用
【详解】（1）由盖斯定律可知，的焓变为，则的；
（2）①由图可知反应Ⅱ的与成正比，则温度升高即减小随之lgK减小，那么K值减小，平衡逆向移动，反应Ⅱ为放热反应；
②由图可知，=2.0时，平衡体系物质的量分数x(SCl2)=x(SO2Cl2)=0.13，由于为非可逆反应，故O2应完全转化，即平衡体系中不存在O2，则x(SOCl2)=1－x(SCl2)－x(SO2Cl2)=0.74，反应Ⅱ是气体体积不变的反应，则平衡常数可用物质的量分数代替计算，反应Ⅱ的平衡常数；保持和不变，减小生成物浓度或加入其他反应物均能使平衡正移，增大平衡转化率的措施有移走或加入SO2Cl2；
③反应Ⅱ为放热反应，改变，使反应Ⅱ的平衡常数，其平衡常数减小，则为升高温度，反应Ⅱ逆向移动，使得含量减小、增加，则图中等于的新交点将会提前，出现在d处；
（3）由图可知，在反应中被消耗又生成，作用是催化作用；放电时，正极上得到电子发生还原转化为S、SO2，正极电极反应为：。
24．（2024·浙江·高考真题）氢是清洁能源，硼氢化钠()是一种环境友好的固体储氢材料，其水解生氢反应方程式如下：(除非特别说明，本题中反应条件均为，)
请回答：
(1)该反应能自发进行的条件是_______。
A．高温B．低温C．任意温度D．无法判断
(2)该反应比较缓慢。忽略体积变化的影响，下列措施中可加快反应速率的是_______。
A．升高溶液温度B．加入少量异丙胺
C．加入少量固体硼酸D．增大体系压强
(3)为加速水解，某研究小组开发了一种水溶性催化剂，当该催化剂足量、浓度一定且活性不变时，测得反应开始时生氢速率v与投料比之间的关系，结果如图1所示。请解释ab段变化的原因 。
(4)氢能的高效利用途径之一是在燃料电池中产生电能。某研究小组的自制熔融碳酸盐燃料电池工作原理如图2所示，正极上的电极反应式是 。该电池以恒定电流工作14分钟，消耗体积为，故可测得该电池将化学能转化为电能的转化率为 。[已知：该条件下的摩尔体积为；电荷量电流时间；；。]
(5)资源的再利用和再循环有利于人类的可持续发展。选用如下方程式，可以设计能自发进行的多种制备方法，将反应副产物偏硼酸钠()再生为。(已知：是反应的自由能变化量，其计算方法也遵循盖斯定律，可类比计算方法；当时，反应能自发进行。)
I．
II．
III．
请书写一个方程式表示再生为的一种制备方法，并注明 。(要求：反应物不超过三种物质；氢原子利用率为。)
【答案】(1)C
(2)AC
(3)随着投料比增大，NaBH4的水解转化率降低
(4) O2+4e-+2CO2=2 70%
(5)
【详解】（1）反应， ，由可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故答案选C；
（2）A．升高温度，活化分子数增多，有效碰撞几率增大，反应速率加快，A符合题意；
B．该反应的本质是NaBH4与H+反应，加入少量异丙胺，异丙胺水溶液呈碱性，溶液中H+浓度减小，化学反应速率降低，B不符合题意；
C. 加入少量固体硼酸，硼酸溶液呈酸性，溶液中H+浓度增大，化学反应速率加快，C符合题意；
D．增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意；
答案选AC。
（3）随着投料比增大，NaBH4的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。
（4）根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2， 该条件下，0.49L H2的物质的量为，工作时，H2失去电子：H2-2e-=2H+，所带电荷量为：2×0.02ml×6.0×1023ml-1×1.60×10-19= 3840C，工作电荷量为：3.2×14×60=2688C，则该电池将化学能转化为电能的转化率为：；
（5）结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由（2×反应3）-（2×反应Ⅱ+反应Ⅰ）得， 。
25．（2024·上海·高考真题）已知：
①
②
③
(1)以下能判断总反应达到平衡状态的是_______。
A．钙离子浓度保持不变B．保持不变
C．D．
(2)增大有利于珊瑚的形成，请解释原因 。
(3)已知的，为 。当 时，开始产生沉淀。
(4)根据如图，写出电极a的电极反应式 。
(5)关于上述电化学反应过程，描述正确的是_______。
A．该装置实现电能转化为化学能
B．电极b是负极
C．电子从电极a经过负载到电极b再经过水体回到电极a
D．每参与反应时，转移电子
(6)解释在溶液中氧气的浓度变大后，为何有利于的除去，但不利于硝酸根的除去。 。
【答案】(1)AB
(2)pH越大，即c（H+）越小，促进的平衡正向移动，即增大，方程式平衡正向移动，有利于生成CaCO3；
(3) 4.2×10-3
(4)
(5)B
(6)氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气的参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去
【详解】（1）A．钙离子浓度保持不变，说明此时，反应达到平衡，A符合题意；
B．反应①中，即，K只与温度有关，保持不变，即保持不变，说明此时，反应达到平衡，B符合题意；
C．CaCO3为固体，其浓度为常数，一般不用固体来表示化学反应速率，C不符合题意；
D．不同物质表示正逆反应速率，且之比不等于化学计量数之比，说明正反应速率不等于逆反应速率，反应未达到平衡状态，D不符合题意；
故选AB；
（2）pH越大，即c（H+）越小，促进的平衡正向移动，即增大，方程式平衡正向移动，有利于生成CaCO3；
（3），，H2CO3的，；，即，；
（4）电极a上得到电子变为N2，电极反应式为：；
（5）A．由图可知，电极与负载相连接，该装置为原电池，能实现化学能到电能的转化，故A错误；
B．电极b上失去电子变为CO2，电极b是负极，故B正确；
C．电极a为正极，电极b为负极，电子从电极b经过负载到电极a，电子不会进入水体中，故C错误；
D．电极b的电极反应式为：，每参与反应时，转移电子，故D错误；
故选B；
（6）氧气浓度增大后，O2也会在正极参与得到电子，总得到电子增加，（CH2O)n消耗更有效，但由于氧气的参与，当相同量的（CH2O)n参与反应时，得电子数量则下降，除去效应下降，不利于硝酸根的除去。
26．（2023·河北·高考真题）氮是自然界重要元素之一，研究氮及其化合物的性质以及氮的循环利用对解决环境和能源问题都具有重要意义。
已知：物质中的化学键断裂时所需能量如下表。
回答下列问题：
(1)恒温下，将空气(和的体积分数分别为0.78和0.21，其余为惰性组分)置于容积为的恒容密闭容器中，假设体系中只存在如下两个反应：
i
ii
① 。
②以下操作可以降低上述平衡体系中浓度的有 (填标号)。
A．缩小体积 B．升高温度 C．移除 D．降低浓度
③若上述平衡体系中，则 (写出含a、b、V的计算式)。
(2)氢气催化还原作为一种高效环保的脱硝技术备受关注。高温下氢气还原反应的速率方程为为速率常数。在一定温度下改变体系中各物质浓度，测定结果如下表。
表中第4组的反应速率为 。(写出含r的表达式)
(3)①以空气中的氮气为原料电解合成氨时，在 (填“阴”或“阳”)极上发生反应，产生。
②氨燃料电池和氢燃料电池产生相同电量时，理论上消耗和的质量比为，则在碱性介质中氨燃料电池负极的电极反应式为 。
③我国科学家研究了水溶液中三种催化剂(a、b、c)上电还原为(图1)和电还原为(图2)反应历程中的能量变化，则三种催化剂对电还原为的催化活性由强到弱的顺序为 (用字母a、b、c排序)。
【答案】(1) 181 CD
(2)
(3) 阴 bac
【详解】（1）①ΔH1=反应物总键能-生成物总键能=；
故答案为：+181；
②A．缩小体积，所有物质浓度均增大，A不符合题意；
B．升高温度，平衡向着吸热方向进行，反应i为吸热反应，则升温平衡正向进行，NO浓度增大，B不符合题意；
C．移除NO2，平衡ii向正向进行，NO浓度降低，C符合题意；
D．降低N2浓度，平衡逆向进行，消耗NO，NO浓度降低，D符合题意；
故答案为：CD；
③根据三段式
，；
故答案为：；；
（2）实验1与实验2相比，，y=1，实验1与实验3相比，，x=2，代入实验3，，根据实验4计算，；
故答案为：0.75r；
（3）①N2生成NH3，化合价降低，得电子，发生还原反应，则N2在阴极反应；
故答案为：阴；
②燃料电池中，氨气作负极发生氧化反应，生成N2，生成1个N2转移6个电子，在碱性下发生，；
故答案为：；
③催化剂通过降低反应活化能提高反应速度，则催化活性由强到弱的顺序为b＞a＞c；
故答案为：bac。
27．（2023·江苏·高考真题）空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。
(1)燃煤烟气中的捕集可通过如下所示的物质转化实现。

“吸收”后所得的溶液与石灰乳反应的化学方程式为 ；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的，其原因是 。
(2)合成尿素[]是利用的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的 (填“=0”或“>0”或“