2021年高考化学真题及模拟题分类汇编专题06：化学反应速率及化学平衡（含答案解析）

这是一份2021年高考化学真题及模拟题分类汇编专题06：化学反应速率及化学平衡（含答案解析），共85页。试卷主要包含了一定温度下，反应经历两步，已知等内容，欢迎下载使用。

2021高考真题和模拟题分类汇编 化学
专题06化学反应速率和化学平衡
2021年化学高考题
1．（2021·浙江）一定温度下：在的四氯化碳溶液()中发生分解反应：。在不同时刻测量放出的体积，换算成浓度如下表：

0
600
1200
1710
2220
2820
x

1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是
A．，生成的平均速率为
B．反应时，放出的体积为(标准状况)
C．反应达到平衡时，
D．推测上表中的x为3930
【答案】D
【详解】
A．，的变化量为(0.96-0.66)==0.3，在此时间段内的变化量为其2倍，即0.6，因此，生成的平均速率为，A说法不正确；
B．由表中数据可知，反应时，的变化量为(1.40-0.35)==1.05，其物质的量的变化量为1.05´0.1L=0.105mol，的变化量是其，即0.0525mol，因此，放出的在标准状况下的体积为0.0525mol ´22.4L/mol=，B说法不正确；
C．反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，用不同物质表示该反应的速率时，其数值之比等于化学计量数之比，，C说法不正确；
D．分析表中数据可知，该反应经过1110s（600-1710,1710-2820）后的浓度会变为原来的，因此，的浓度由0.24变为0.12时，可以推测上表中的x为(2820+1110)=3930，D说法正确。
综上所述，本题选D。
2．（2021·浙江）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】
A．和物质的量相同，且均为气态，含有的原子总数多，的摩尔质量大，所以熵值，A错误；
B．相同状态的相同物质，物质的量越大，熵值越大，所以熵值，B正确；
C．等量的同物质，熵值关系为：，所以熵值，C错误；
D．从金刚石和石墨的结构组成上来看，金刚石的微观结构更有序，熵值更低，所以熵值，D错误；
答案为：B。
3．（2021·广东高考真题）反应经历两步：①；②。反应体系中、、的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是

A．a为随t的变化曲线
B．时，
C．时，的消耗速率大于生成速率
D．后，
【答案】D
【分析】
由题中信息可知，反应经历两步：①；②。因此，图中呈不断减小趋势的ａ线为X的浓度随时间的变化曲线，呈不断增加趋势的线为Z的浓度随时间的变化曲线，先增加后减小的线为Y的浓度随时间的变化曲线。
【详解】
A．X是唯一的反应物，随着反应的发生，其浓度不断减小，因此，由图可知，为随的变化曲线，A正确；
B．由图可知，分别代表3种不同物质的曲线相交于时刻，因此，时，B正确；
C．由图中信息可知，时刻以后，Y的浓度仍在不断减小，说明时刻反应两步仍在向正反应方向发生，而且反应①生成Y的速率小于反应②消耗Y的速率，即时的消耗速率大于生成速率，C正确；
D．由图可知，时刻反应①完成，X完全转化为Y，若无反应②发生，则，由于反应②的发生，时刻Y浓度的变化量为，变化量之比等于化学计量数之比，所以Z的浓度的变化量为，这种关系在后仍成立， 因此，D不正确。
综上所述，本题选D。
4．（2021·河北高考真题）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是

A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
【答案】A
【详解】
A．由图中数据可知，时，M、Z的浓度分别为0.300和0.125 ，则M的变化量为0.5-0.300 =0.200 ，其中转化为Y的变化量为0.200-0.125 =0.075 。因此，时间段内，Y的平均反应速率为 ，A说法不正确；
B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为，Y和Z分别为反应①和反应②的产物，且两者与M的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比等于 ，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B说法正确；
C．结合A、B的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中Y和Z的浓度之比等于=，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 的M转化为Z，即的M转化为Z，C说法正确；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z较多、生成Y较少，因此，反应①的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应②的活化能大，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。
5．（2021·浙江高考真题）取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
t/min
0
20
40
60
80
c/(mol·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
下列说法不正确的是
A．反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B．20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol·L-1·min-1
C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
【答案】C
【详解】
A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)mol/L×0.05L=0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01mol，标况下的体积V=n·Vm=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确；
B．20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v===0.010mol/(L·min)，B正确；
C．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；
D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；
故答案选C。

二、多选题
6．（2021·湖南高考真题）铁的配合物离子(用表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：


下列说法错误的是
A．该过程的总反应为
B．浓度过大或者过小，均导致反应速率降低
C．该催化循环中元素的化合价发生了变化
D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定
【答案】CD
【详解】
A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO-与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，故A正确；
B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；
C．由反应机理可知，Fe在反应过程中，做催化剂，化合价没有发生变化，故C错误；
D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误；
故选CD。
7．（2021·湖南高考真题）已知：，向一恒温恒容的密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态I，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是

A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数：
D．平衡常数K：
【答案】BC
【分析】
根据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图像分析解答。
【详解】
A.容器内发生的反应为A(g)+2B(g)3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B.根据图像变化曲线可知，t2t3过程中，t2时，瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图像，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，B正确；
C.最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数(II)>(I)，C正确；
D.平衡常数K与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，D错误。
故选BC。


三、原理综合题
8．（2021·山东高考真题）2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：+CH3OH △H1
反应Ⅱ：+CH3OH△H2
反应Ⅲ： △H3
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T变化关系如图所示。据图判断，A和B中相对稳定的是__(用系统命名法命名)；的数值范围是___(填标号)。
A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1


(2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为___mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=___。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将__(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A与CH3OH物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=___。
(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B和CH3OH。控制温度为353K，A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化如图所示。代表B的变化曲线为__(填“X”或“Y”)；t=100s时，反应Ⅲ的正反应速率v正__逆反应速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。


【答案】2-甲基-2-丁烯 D 0.9α 逆向移动 1:10 X ＜
【详解】
(1)由平衡常数Kx与温度T变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，A的总能量高于B的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则△H1-△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H越小，其绝对值越大，则的数值范围是大于1，选D。
(2)向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α,则平衡时n(TAME)=(1-α) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为0.9α mol，n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，即逆向移动。平衡时，TAME的转化率变大，但是平衡常数不变，A与CH3OH物质的量浓度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。
(3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，=9.0。由A、B物质的量浓度c随反应时间t的变化曲线可知，X代表的平衡浓度高于Y，则代表B的变化曲线为X；由母线的变化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s时，因此，反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v正小于逆反应速率v逆，填＜。
9．（2021·浙江）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量：。判断该反应的自发性并说明理由_______。
(2)已知。时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的和，当反应达到平衡后测得、和的浓度分别为、和。
①该温度下反应的平衡常数为_______。
②平衡时的转化率为_______。
(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是_______。
A．须采用高温高压的反应条件使氧化为
B．进入接触室之前的气流无需净化处理
C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和的转化率
D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收以提高吸收速率
②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是_______。
A． B． C． D． E. F. G.

③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)_______。

(4)一定条件下，在溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。

Ⅰ.
Ⅱ.①_______；
Ⅲ.；
Ⅳ.②_______。
【答案】不同温度下都能自发，是因为 C BDF
【详解】
(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量的反应为，由于该反应，因此该反应在任何温度下都能自发进行。
(2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下的平衡常数为 .
②平衡时的转化率为；
(3)①A．在常压下催化氧化为的反应中，的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，A说法不正确；
B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，B说法不正确；
C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和的转化率；
D．与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响被水吸收导致的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收，D说法不正确。
综上所述，相关说法正确的是C；
②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是、、，因此选BDF；
③对于放热的可逆反应，该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下的转化率低于其平衡转化率。因此，反应的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示如下：.
(4)由时间振荡曲线可知，在溶液体系中，溶液的呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成，，然后发生，该过程溶液的基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时被氧化为，即发生，该过程溶液的增大；溶液又变澄清时又被氧化为，发生，该过程溶液的在减小。因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：、、、。
10．（2021·广东高考真题）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1
b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2
c)CH4(g)C(s)+2H2(g) ∆H3
d)2CO(g)CO2(g)+C(s) ∆H4
e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) ∆H5
(1)根据盖斯定律，反应a的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。
(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动
C．加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小
(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分_______步进行，其中，第_______步的正反应活化能最大。


(4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的ln K随（温度的倒数）的变化如图所示。


①反应a、c、e中，属于吸热反应的有_______(填字母)。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K=_______。
③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程_______。
(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_______。
【答案】∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4 AD 4 4 ac 68% 做冷冻剂
【分析】
根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图像及曲线高低判断反应进程和活化能的相对大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。
【详解】
(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H1=∆H2+∆H3-∆H5=∆H3-∆H4；
(2)A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c来说，均增大了反应物的浓度，反应的正反应速率增大，A正确；
B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移动，B错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状态，平衡转化率不变，C错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D正确；
故答案选AD；
(3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4个峰，即吸收了4次活化能，经历了4步反应；且从左往右看4次活化能吸收中，第4次对应的峰最高，即正反应方向第4步吸收的能量最多，对应的正反应活化能最大。
(4)①随着温度的升高，反应a和c的ln K增大，说明K的数值增大，反应向正反应方向进行，反应a和c为吸热反应，同理反应e的ln K减小，说明K的减小，反应向逆反应方向进行，反应e为放热反应，故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c的平衡常数表达式K=；
③由图可知，A处对应反应c的ln K=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，且初始状态时p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡转化率为×100%=68%；
(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
【点睛】
本题难点在于K与关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为负为吸热反应。
11．（2021·全国高考真题）一氯化碘(ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现，该元素是_______。
(2)氯铂酸钡()固体加热时部分分解为、和，376.8℃时平衡常数，在一硬质玻璃烧瓶中加入过量，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)，在376.8℃，碘蒸气初始压强为。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则_______，反应的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。
(3)McMorris测定和计算了在136~180℃范围内下列反应的平衡常数。


得到和均为线性关系，如下图所示：

①由图可知，NOCl分解为NO和反应的_______0(填“大于”或“小于”)
②反应的K=_______(用、表示)：该反应的_______0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程_______。
(4)Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：


其中表示一个光子能量，表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收_______mol光子。
【答案】溴(或) 24.8 大于 大于 设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0 0.5
【详解】
(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或)；
(2)由题意玻376.8℃时璃烧瓶中发生两个反应：(s)(s)+(s)+2(g)、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)。(s)(s)+(s)+2(g)的平衡常数，则平衡时p2(Cl2)=，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则，376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为，则0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时2p=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=(20×103-12.4×103)Pa，24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应的平衡常数K=；
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡正向移动，则NOCl分解为NO和反应的大于0；
②Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅰ+Ⅱ得，则的K=；该反应的大于0；推理过程如下：设，即，由图可知：则：，即，因此该反应正反应为吸热反应，即大于0；
(4)Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。
12．（2021·全国高考真题）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：

该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①
②
总反应的_______；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是_______(填标号)，判断的理由是_______。
A． B． C． D．
(2)合成总反应在起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在℃下的、在下的如图所示。


①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式_______；
②图中对应等压过程的曲线是_______，判断的理由是_______；
③当时，的平衡转化率____，反应条件可能为___或___。
【答案】-49 A ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的 b 总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小 33.3% 5×105Pa，210℃ 9×105Pa，250℃
【详解】
(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①，②，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为： ；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是A项，故答案为：-49；A；ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的。
(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为，因此利用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp=，故答案为：。
②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，故答案为：b；总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。
③设起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，则，当平衡时时，=0.1，解得x=mol，平衡时CO2的转化率α==33.3%；由图可知，满足平衡时的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，210℃；9×105Pa，250℃。
13．（2021·河北高考真题）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•mol-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为________。
(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
①CO2(g)=CO2(aq)
②CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为________mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于________kPa。
(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
①Li—CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在___(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O Ⅱ.C2O=CO2+CO
Ⅲ.__________ Ⅳ.CO+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为_________。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO的反应进程中(H+被还原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为_______(用a、b、c字母排序)。

【答案】6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1 100.8 正极 2C+CO2=2C+C 12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C c、b、a
【详解】
(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJmol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=-285.8kJmol-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) H3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，[①12+②6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，H=[(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6]-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1；
(2)由题可知，①CO2(s)CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，又因为p(CO2)=p(kPa)x，则c(CO2)=y(mol•L-1•kPa-1)p(CO2)=pxy mol/L，在忽略HC的电离时，c(H+)=c(HC)，所以可得c(H+)=，故答案为：；
(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp===529kPa2。温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K== 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2C+CO2=2C+C，故答案为：正极；2C+CO2=2C+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C，故答案为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C；
II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，CO2电还原的活化能均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a，故答案为：c、b、a。
14．（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
化学键



键能
946
436.0
390.8
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_______。
KOH溶液KOH溶液
【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)，H=390.8kJmol-1-(946 kJmol-1+436.0kJmol-1)= +90.8kJmol-1，故答案为：+90.8；
(2)若反应自发进行，则需H-TS<0，T>==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=0.02mol，(H2)==molL-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。
15．（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
Cl 2(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“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2=______。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=______。(用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离)
(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
I.TiO2(s)+2Cl2(g)⇌TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol·L-1，KI=-3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g)⇌2CO(g) ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由______ 。
(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
【答案】2NaCl+ 2H2O2NaOH + H2↑+Cl2↑ A ＜ K1p + 反应I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，反应II 可为反应I提供所需的能量 AB
【详解】
(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+ 2H2O 2NaOH + H2↑+Cl2↑。
(2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，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，D说法正确。
综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。
(3)①Cl2(g) ⇌ Cl2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。
②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=，注意水为液态，其不出现在表达式中。
③Cl2(g) ⇌ Cl2(aq) 与Cl 2(aq) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + H2O(l) ⇌ H+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= + c(HClO)+ c(Cl-)，由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则，由K2=可知=，由K1=c(Cl2)/p可知，=，则=，因此，c= K1p + 。
(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) ⇌ TiCl4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol ·L-1，KI=-3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) ⇌ 2CO(g) ΔHII= - 221 mol ·L-1，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40kJ·mol-1，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，则反应II 可为反应I提供所需的能量。
(5) 15%生成邻二氯苯，说明该反应活化能大，25%生成对二氯苯，说明该反应活化能小，温度改变对活化能的影响大，即升高温度，邻二氯苯产量增大的多，比例增大；降低温度邻二氯苯产量减少的多，比例减少，故A正确、C错误；选择合适的催化剂，降低生成邻二氯苯的反应的活化能，故B正确；D中改变反应物的浓度，并不能改变两种产物的比例，故D错误，综上所述，选AB。

2021年化学高考模拟题

1．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数ω(HI)与反应时间t的关系如表：
容器编号
起始物质
t/min
0
20
40
60
80
100
Ⅰ
0.5molI2、0.5molH2
ω(HI)/%
0
50
68
76
80
80
Ⅱ
1molHI
ω(HI)/%
100
91
84
81
80
80
研究发现上述反应中v(正)=ka·ω(H2)·ω(I2)，v(逆)=kb·ω2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法正确的是
A．温度为T时该反应的
B．容器Ⅰ中前20min的平均速率v(HI)=0.0125mol·L-1·min-1
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H2、I2、HI，反应逆向进行
D．容器Ⅱ中达到平衡时的转化率为20%
【答案】D
【分析】
设平衡时，转化的氢气的物质的量浓度为n，根据数据Ⅰ，有：

w(HI)/%==80%，解得：n=0.4 mol/L，则平衡常数 K==64，结合等效平衡的规律分析判断。
【详解】
A．反应达到平衡状态时正、逆反应速率相等，v正=ka•w(H2)•w(I2)= v逆=kb•w2(HI)，则==K=64，故A错误；
B．容器I中前20 min，转化的氢气的物质的量浓度为m，

w(HI)%= =50%，解得：m=0.25mol/L，则容器I中前20 min的平均速率v(HI)==0.025mol•L-1•min-1，故B错误；
C．若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1 mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc==1＜K=64，反应正向进行，故C错误；
D．起始物质0.5molI2、0.5molH2与1molHI相当，Ⅰ和Ⅱ为等效平衡，达到的平衡状态相同，平衡时转化的HI为1 mol/L- 0.8 mol/L= 0.2 mol/L，HI的转化率=×100%=20%，故D正确；
故选D。
2．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）在体积可变的恒压密闭容器中，一定量的CO2与足量碳发生反应：C(s)＋CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图。下列说法正确的是

A．升高温度，反应速率增大，K减小
B．550 ℃时，在平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
C．650 ℃时，CO2的平衡转化率为25.0％
D．T1 ℃时，在平衡体系中充入等体积的CO2和CO，平衡将向左移动
【答案】C
【详解】
A．由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，为吸热反应，K与温度有关，则升高温度，反应速率增大，平衡正向移动，K增大，故A错误；
B．可变的恒压密闭容器中反应，550℃时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正，v逆均减小，又该反应是气体体积增大的反应，则平衡正向移动，故B错误；
C．由图可知，650℃时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则生成CO 2x mol，，解得x=0.25mol，CO2的平衡转化率为，故C正确；
D．T1℃时，若再充入1mol CO2和1mol CO，气体压强不变导致容器体积增大，气体反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，故D错误；
故选：C。
3．（2021·全国高三零模）我国某科研团队研究了一种利用半导体光催化还原氮气制备氨气的方法，该方法因具有高效、清洁的优点而引起极大关注，其过程示意图如图所示。下列说法错误的是

A．该过程为催化剂
B．该过程表明，氮气和氢气反应合成氨，
C．该过程中总反应的化学方程式为
D．工业上把液态空气升温，可获得，比先汽化出来
【答案】B
【详解】
A．利用半导体光催化还原氮气制备氨气，根据过程示意图可知，为该反应的催化剂，A正确；
B．该过程不能表明氮气和氢气反应合成氨的反应能量变化，B错误；
C．根据题意和过程示意图可知总反应的化学方程式为：，C正确；
D．工业上把液态空气升温，沸点低的物质先汽化，比先汽化出来，D正确；
答案为：B。
4．（2021·全国高三零模）以钛铁矿(主要成分为，含有少量等其他杂质)为原料制备二氧化钛的工艺流程如图所示，下列说法错误的是

已知：水解时，若溶液中存在，则会与溶液中的钛酸分离。
A．研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率
B．加入铁粉的目的是还原
C．“水解”时，发生反应的离子方程式为：
D．洗涤步骤中，若向洗涤液中加入溶液，无蓝色沉淀产生，说明已洗涤干净
【答案】C
【详解】
A．将钛铁矿研磨，增大接触面积，加快反应速率，A正确；
B．酸浸之后溶液中含有、和，加入铁粉可以将还原，避免水解过程中产生氢氧化铁沉淀使产品不纯，B正确；
C．“水解”时，发生反应生成钛酸，离子方程式为：，C错误；
D．若向洗涤液中加入溶液，无蓝色沉淀产生，则无，说明已洗涤干净，D正确；
答案为：C。

5．（2021·全国高三零模）科学家结合实验和计算机模拟结果，研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个分子还原的能量变化与反应历程如图所示。下列说法错误的是

A．该反应的热化学方程式为
B．决定整个反应速率快慢的步骤是①
C．反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和键
D．改变催化剂，不能使反应的焓变发生改变
【答案】A
【详解】
A．该过程表示一个分子还原的能量变化，热化学方程式对应的能量变化应该是2mol分子被还原的能量，故A错误；
B．活化能大速率慢，是决速步骤，①的活化能大于②，决定整个反应速率快慢的步骤是①，故B正确；
C．反应物分子既含有键和键，生成物N2和CO2含有键和键，所以反应过程中断裂与形成的化学键都包含键和键，故C正确；
D．催化剂只能改变反应历程，不能改变焓变，故D正确；
故答案为A。
6．（2021·陕西宝鸡市·）2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是

A．升高温度不能提高一段时间内的产率
B．图①→②过程吸热，图②→③过程放热
C．在反应过程中三键均发生断裂
D．反应过程中存在、等中间产物
【答案】A
【详解】
A．升高温度，化学反应速率加快，可以提高一段时间内的产率，A错误；
B．图①→②过程表示断裂氮气分子的化学键，断键吸热，图②→③过程表示形成氮氢单键，成键放热，B正确；
C．由图①→②可知，在反应过程中三键均发生断裂，C正确；
D．图③④表明反应过程中存在、等中间产物，D正确；
答案为：A。
7．（2021·四川成都市·成都七中高二零模）下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是

A
B
C
D
定律或原理
勒夏特列原理
元素周期律
盖斯定律
阿伏加德罗定律
实验方案







电解水

结果
①、②试管内溶液颜色均变深
烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊
测得∆H为∆H1和∆H2的和
H2与O2的体积比约为2：1

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A．Fe3++3SCN- Fe(SCN)3，增大反应物的浓度，平衡正向移动，①、②试管内溶液颜色均变深，故A不选；
B．浓盐酸具有挥发性，也能与硅酸钠反应生成硅酸，故B选；
C．根据盖斯定律可知：△H=△H1+△H2，能够用盖斯定律解释，故C不选；
D．根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2：1，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，故D不选；
故选B。
8．（2021·江西抚州市·临川一中）使用NC环金属化Ir(III)配合物催化甲酸脱氢的反应机理如下图。下列说法中错误的是

A．甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B．反应过程中，Ir(III)配合物B为催化剂，Ir(III)配合物A为中间产物
C．由D→E的过程，是甲酸协助转运H的过程
D．反应过程中，HCOOH中的C=O键发生断裂
【答案】D
【详解】
A．据图可知反应物为HCOOH，产物为H2和CO2，化学方程式为HCOOHCO2↑+H2↑，A正确；
B．据图可知反应物最开始是和Ir(III)配合物B反应，所以Ir(III)配合物B是催化剂，Ir(III)配合物A为其中一步反应的产物，即中间产物，B正确；
C．据图可知D→E的过程中，在甲酸协助下，H原子由一个N原子上转移到另一个N原子上，C正确；
D．纵观整个过程可知HCOOH中的C=O键没有断裂，C-H键和O-H键断键形成C=O键，D错误；
综上所述答案为D。
9．（2021·北京高三其他模拟）t℃时，在恒容密闭容器中发生反应：X(g)+3Y(g)2Z(g)ΔH，不同温度下容器中各组分浓度如下：
物质
X
Y
Z
初始浓度/mol·L-1
0.1
0.2
0
平衡浓度/mol·L-1
350℃
0.05
0.05
0.1
400℃
0.08
0.14
0.04
已知：350℃时，反应经5min达到平衡状态。
下列说法不正确的是
A．该反应的ΔH＜0
B．350℃时，5min内该反应平均速率v(Y)=0.03mol·L-1·min-1
C．350℃达到平衡后再通入少量Y(g)，达到新平衡时，X转化率增大
D．350℃时，该反应的平衡常数K=40
【答案】D
【详解】
A．400℃时平衡的反应物浓度大于350℃时的反应物浓度，说明温度升高，平衡逆向移动，ΔH＜0，A正确；
B．，，B正确；
C．达到平衡时再通入少量Y，由勒夏特列原理可知平衡正向移动，则继续消耗X和Y，因为，故转化率增大，C正确；
D．，D错误；
故选D。
10．（2021·北京高三其他模拟）Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl2的反应为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116kJ·mol-1
研究发现CuCl2(s)催化反应的过程如下：
反应i：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1
反应ii：CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1
反应iii：……
下列表述不正确的是
A．反应i中反应物的总能量小于生成物的总能量
B．反应ii中，1molCuCl(s)反应时转移2mole-
C．推断反应iii应为CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1
D．由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高反应速率
【答案】C
【详解】
A．反应i为吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，A正确；
B． 反应ii中，铜从+1升高到+2、氯从-1升高到0，则1molCuCl(s)反应时失去2mole-，氧气中氧从0降低到-2，则molO2得到2mole-，B正确；
C． 按盖斯定律，反应4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=-116kJ·mol-1减去2×(反应i+反应ii)可得：2CuO(s)+4HCl(g)=2CuCl2(s)+2H2O(g)ΔH3=-242kJ·mol-1，则CuO(s)+2HCl(g)= CuCl2(s)+ H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1，C不正确；
D． 由反应过程可知催化剂参与反应后重新生成，但催化剂改变反应路径、通过降低反应活化能提高反应速率，D正确；
答案选C。
11．（2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）CH3-CH=CH-COOCH3有两种立体异构体和，由CH3CHO和Ph3P=CHCOOCH3反应制取这两种异构体的历程中能量变化如图

已知：在立体结构中，实线表示该键在纸平面上，实楔形线表示该键在纸前方，虚线表示该键在纸后方。
下列说法正确的是
A．比稳定
B．温度升高，CH3CHO的转化率减小
C．生成的过程中，速率最快的是由生成的反应
D．两个反应历程中，中间产物相同
【答案】C
【详解】
A．图像中比能量高，稳定，A错误；
B．图像该反应历程中生成两种物质都是吸热反应，温度升高，CH3CHO的转化率增大，B错误。
C．由生成的过程活化能最小，反应速率快，C正确；
D．两个反应历程中，是生成的中间产物，是生成的中间产物，两个过程中间产物不同，D错误；
故选C。
12．（2021·天津南开区·南开中学高三三模）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2，一段时间后反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH<0达到平衡，下列有关说法不正确的是
A．若保持温度和容器体积不变，再充入lmolSO2(g)达到平衡后SO3气体平衡浓度增大
B．若保持温度和容器内压强不变，再充入1molSO3(g)达到平衡后SO3气体平衡浓度不变
C．已知V2O5催化该反应的历程为：，由此可知，过程①的快慢对该反应的速率起着决定性的影响。
D．假设平衡时SO3的物质的量为1mol，则该反应的化学平衡常数K一定为2
【答案】D
【详解】
A．若保持温度和容器体积不变，再充入1molSO2(g)，平衡正向移动，平衡后SO3气体平衡浓度增大，A正确；
B．若保持温度和容器内压强不变，再充入1molSO3(g)，则达到等效平衡，平衡后SO3气体平衡浓度不变，B正确；
C．过程①为慢反应，决定整体反应速率，C正确；
D．平衡常数依据平衡时各物质的浓度计算，容器体积未知，则浓度未知，且该反应前后气体系数之和并不相等，所以平衡常数K不一定为2，D错误；
综上所述答案为D。
13．（2021·全国高二课时练习）我国稀土资源丰富，稀土铈(Ce)元素主要存在于独居石中。Ce常见化合价为+3、+4。近年来发现用铈(Ce)的氧化物可以高效制备H2，制备原理如图所示，下列说法正确的是

A．CeO2-δ不能作为水分解的催化剂
B．温度高于1050℃时，CeO2比CeO2-δ更稳定
C．若δ=0.2，则CeO2-δ中Ce3+：Ce4+=2：3
D．通过CeO2和CeO2-δ相互转化，降低了反应的焓变，加快了反应速率
【答案】C
【详解】
A．据图可知CeO2-δ可以做水分解反应的催化剂，A错误；
B．由反应②可知，温度低于1050℃时，CeO2-δ转化为CeO2，说明温度低于1050℃时，CeO2比CeO2-δ更稳定，B错误；
C．若δ=0.2，则CeO2-δ为CeO1.8，设Ce3+为x个，Ce4+为y个，则有x+y=1，3x+4y=3.6，联立解得x=0.4，y=0.6，所以有Ce3+：Ce4+=2：3，C正确；
D．催化剂不能降低反应的焓变，只能加快反应速率，D错误；
综上所述答案为C。
14．（2021·全国高三零模）下列实验操作、现象和结论均正确的是

实验操作
实验现象
结论
A
向淀粉溶液中加入20%的溶液，加热一段时间，冷却后加入足量溶液，再滴加少量碘水
溶液未变蓝色
淀粉已完全水解
B
，在溶液中加入溶液
有砖红色沉淀
生成

C
能与反应生成，向两支盛有溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液
前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀生成
溶液中存在平衡
D
将与浓硫酸反应后的混合液冷却，再向其中加入蒸馏水
溶液变蓝
有生成

A．A B．B C．C D．D
【答案】BC
【详解】
A．单质碘和氢氧化钠发生如下反应：，不能检验淀粉是否完全水解，A错误；
B．在溶液中加入溶液，有砖红色沉淀生成，证明，B正确；
C．两支盛有溶液的试管中分别滴加淀粉溶液和溶液，前者溶液变蓝，说明含有单质碘，后者有黄色沉淀生成，说明含有碘离子，溶液中存在平衡，C正确；
D．不能将水加入到与浓硫酸反应后的混合液中，发生液滴飞溅，应该取样之后加入水中，D错误；
答案为：BC。

15．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”(CO、H2)，还可制备甲醇、二甲醚、碳基燃料等产品。
Ⅰ.制合成气
科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
第一步：CH4(g)C(ads)＋2H2(g)(慢反应)
第二步：C(ads)＋CO2(g)2CO(g)(快反应)
(1)决定制备“合成气”反应速率的是第___________步，上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：


CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为___________。
Ⅱ.制备甲醇
“合成气”在催化剂作用下反应，可以直接合成甲醇：CO(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) △H＜0，测得相同时间内甲醇产率与温度的关系如图所示。


(2)温度在800℃时甲醇产率最高的主要原因是___________。
(3)下列措施能提高CO平衡转化率的是___________(填字母)。
A．升温 B．加压 C．加入催化剂 D．增大H2浓度
Ⅲ.脱水制醚
利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为： 2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH，其速率方程式：v正=k正·c2(CH3OH)，v逆=k逆·c(CH3OCH3)·c(H2O)，k正、k逆为速率常数且只与温度有关。经查阅资料，上述反应平衡状态下存在计算式：(Kc为化学平衡常数；T为热力学温度，单位为K)。
(4)当T=500K时，Kc≈9，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数___________(填标号)。
A． B． C． D．无法确定
Ⅳ.制备碳基燃料
利用铜基配合物1，10—phenanthroline—Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之，其装置原理如图所示。


(5)①电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH___________(填“变大”或“变小”)，阴极的电极反应式为___________。
②每转移2mol电子，阴极室溶液质量增加___________g。
【答案】一 CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=+(E3—E1)kJ•mol—1 800℃时，反应达到平衡，800℃前，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800℃后，温度升高，催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，或该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800℃时甲醇产率最高 BD C 变小 CO2+2H++2e—=HCOOH 46
【详解】
(1)化学反应的反应速率取决于慢反应，则决定制备“合成气”反应速率的是第一步；由图可知，CH4与CO2制备“合成气”的反应为吸热反应，反应的反应热ΔH=+(E3—E1)kJ•mol—1，则反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=+(E3—E1)kJ•mol—1，故答案为：一；CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) ΔH=+(E3—E1)kJ•mol—1；
(2) 800℃时反应达到平衡，800℃前，反应未达到平衡，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800℃后，升高温度，可能导致催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800℃时甲醇产率最高，故答案为：800℃时，反应达到平衡，800℃前，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800℃后，温度升高，催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，或该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800℃时甲醇产率最高；
(3) A．该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，一氧化碳平衡转化率减小，故错误；
B．该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化碳平衡转化率增大，故正确；
C．加入催化剂，化学平衡不移动，一氧化碳平衡转化率不变，故错误；
D．增大反应物氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳平衡转化率增大，故正确；
BD正确，故选BD；
(4)设T=500K时，甲醇的起始物质的量为2mol，转化率为a，由题意可建立如下三段式：

由Kc≈9可得：=9，解得a=，则平衡时甲醚的物质的量分数为=，故选C；
(5)①由图可知，该装置为电解池，铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—= O2↑+4H+，石墨烯电极为阴极，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2+2H++2e—=HCOOH，由阳极附近有氢离子生成可知，Pt电极附近溶液的氢离子浓度增大，pH变小，故答案为：变小；CO2+2H++2e—=HCOOH；
②由阴极的电极反应式可知，电解时，每转移2mol电子，阴极生成1mol甲酸，消耗2mol氢离子，同时有2mol氢离子从阳极室通过离子交换膜进入阴极室，则阴极室溶液质量增加1mol×46g/mol=46g，故答案为：46。
16．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）二甲醚(DME)正逐渐替代化石燃料。有多种方法制备二甲醚，回答下列问题。
(1)合成气制二甲醚：4H2(g)＋2CO(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol-1
①已知：H2O(g)＝H2O(l) ΔH＝-44.0 kJ·mol-1，H2(g)的燃烧热ΔH＝-285.8 kJ·mol-1，CO(g)的燃烧热ΔH＝-283.0 kJ·mol-1。则二甲醚的燃烧热ΔH＝________kJ·mol-1。
②300 ℃，1 L恒容密闭容器中充入4 mol H2和2 mol CO，测得容器内压强变化如下：
反应时间/min
0
5
10
15
20
25
压强/MPa
12.4
10.2
8.4
7.0
6.2
6.2
反应进行到20 min时，H2的转化率为________，CO的平均反应速率v(CO)＝________mol·L-1·min-1。该温度下的平衡常数K＝________(mol·L)-4。
(2)CO2催化加氢制二甲醚，可以实现CO2的再利用。该过程主要发生如下反应：
Ⅰ．CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g) ΔH＝＋41.7 kJ·mol-1
Ⅱ．2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g) ΔH＝-122.5 kJ·mol-1
恒压条件下，CO2、H2起始量相等时，CO2的平衡转化率和CH3OCH3的选择性随温度变化如图。已知：CH3OCH3的选择性

①300 ℃时，通入CO2、H2各1 mol，平衡时CH3OCH3的选择性、CO2的平衡转化率都为30％，平衡时生成CH3OCH3的物质的量＝________mol。温度高于300 ℃，CO2的平衡转化率随温度升高而上升的原因是________。
②220 ℃时，CO2和H2反应一段时间后，测得A点CH3OCH3的选择性为48％，不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3的选择性的措施有________。
【答案】-1460.5 75% 0.075 3
0.045 升高温度，反应I正向进行，CO2的平衡转化率上升；反应Ⅱ逆向进行,CO2的平衡转化率下降，300℃后升温，上升幅度大于下降幅度 增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
【详解】
(1)①(i)H2(g)的燃烧热化学方程式为H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH＝-285.8 kJ·mol-1，
(ii)CO(g)的燃烧热化学方程式为CO(g)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0 kJ·mol-1，
(iii)4H2(g)＋2CO(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝-204.7 kJ·mol-1，
(iv) H2O(g)＝H2O(l) ΔH＝-44.0 kJ·mol-1，由盖斯定律，反应4(i)+2(ii)-(iii)-(iv)得到二甲醚的燃烧热化学方程式CH3OCH3(g)+3O2(g)= 2CO2(g)+ 3H2O(l) ΔH＝[4×(-285.8)+2(-283.0)-( -204.7)-( -44.0)] kJ·mol-1= -1460.5kJ·mol-1；
②从反应开始到20min时，设CO的浓度变化量是x，

根据反应前后压强之比等于物质的量之比，则，解得x=1.5mol/L；反应进行到20 min时，H2的转化率为，CO的平均反应速率v(CO)＝，平衡时，CO、H2、CH3OH的浓度分别为：0.5mol/L、1mol/L、1.5mol/L，该温度下的平衡常数；
(2)①300℃时CO2的平衡转化率为30%，则消耗CO2 0.3mol，CH3OCH3的选择性为30%，则生成CH3OCH3的物质的量为0.3×0.3mol÷2=0.045mol；
根据图中信息，温度高于300℃时，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是反应Ⅰ是吸热反应，反应向吸热反应方向移动即正向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动即逆向移动，升高温度，对反应Ⅱ的影响大于反应Ⅰ，因此CO2平衡转化率随温度升高而上升；
②提高CH3OCH3选择性，即要使反应Ⅱ平衡正向移动，由题意得，反应Ⅰ是气体体积不变的反应，而反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，反应Ⅱ平衡正向移动，而对反应Ⅰ没有影响，还可以选择对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂。
17．（2021·青海高三三模）大气污染是中国第一大环境污染问题，氮和硫的氧化物排放是造成大气污染的原因之一、
(1)汽车尾气中的NO由如下反应产生：
N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=＋180 kJ·mol-1
已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1
则2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g) △H=___________kJ·mol-1
(2)NO可用氨水-臭氧组合高效脱除，与臭氧反应的过程如下：
NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) △H=-200.9 kJ·mol-1
在恒容密闭容器中，NO氧化率随值以及温度的变化曲线如图甲所示。

①NO氧化率随值增大而增大的主要原因是___________。
②当温度高于100℃时，O3分解产生活性极高的氧原子，此时NO氧化率随温度升高而降低可能的原因有：___________。
(3)工业上用硫酸厂尾气中的SO2与SCl2、Cl2为原料合成SOCl2，反应如下：
反应I：SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(g) △H=-471.7 kJ·mol-1
反应II：SCl2(g)＋SO2Cl2(g)2SOCl2(g) △H=-5.6 kJ·mol-1
一定条件下，在5L的恒容密闭容器中通入一定量的SO2、SCl2与Cl2，反应4 min后达到平衡。若初始压强为p0，反应过程中容器内总压强(p)随时间(t)变化如图乙所示(平衡时温度与初始温度相同)。
容器内各组分物质的量如下表。
组分
SO2
Cl2
SCl2
SO2Cl2
SOCl2
起始/mol
0.25
0.25
0.25
0
0
平衡/mol



0.1

①0～1min容器内压强增大的原因为___________。
②反应I、II达平衡时，SCl2的平衡转化率为___________。
③K为平衡常数，pK=-lgK，该温度下，反应II的pK=___________(保留两位有效数字，lg2=0.30)。
(4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2，将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体匀速通入装有催化剂M的反应器中反应，反应相同时间，NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。

①在50℃～150℃范围内随温度升高，NOx的去除率迅速上升的原因是___________。
②当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________。
【答案】-746 值增大，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) 正向移动 平衡后，温度升高平衡向逆反应方向移动 反应为放热反应，温度升高使体系压强增大 20% 0.30 催化剂活性随温度升高而增大，使NOx的去除速率迅速增大；温度升高，反应速率加快 催化剂活性下降(氨与氧气反应生成了NO)
【分析】
①N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=＋180 kJ·mol-1已知：②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1，根据盖斯定律②-①得，则2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g) 计算△H；列出平衡三段式，恒温恒容下，物质的量之比等于压强比，故起始压强和平衡压强的比值=起始物质的量和平衡物质的量的比值，计算转化的SCl2，再根据转化率=×100%计算SCl2的平衡转化率；根据三段式，求出各物质平衡浓度，代入平衡常数计算公式计算反应II的pK。
【详解】
(1)汽车尾气中的NO由如下反应产生：①N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H=＋180 kJ·mol-1，已知：②2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1，根据盖斯定律②-①得，则2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g) △H=-566 kJ·mol-1-180 kJ·mol-1=-746kJ·mol-1，故答案为：-746；
(2)①NO氧化率随值增大而增大的主要原因是值增大，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) 正向移动。故答案为：值增大，O3浓度增加，有利于平衡NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g) 正向移动；
②当温度高于100℃时，O3分解产生活性极高的氧原子，此时NO氧化率随温度升高而降低可能的原因有：平衡后，温度升高平衡向逆反应方向移动。故答案为：平衡后，温度升高平衡向逆反应方向移动；
(3)①已知反应为SO2 (g)+Cl2(g)+SCl2(g)⇌2SOCl2(g)，反应正向进行时气体分子数减小，反应放热，故压强增大应为温度升高引起的热胀冷缩原理，故压强增大。0～1min容器内压强增大的原因为反应为放热反应，温度升高使体系压强增大。故答案为：反应为放热反应，温度升高使体系压强增大；
②由题可知SO2、Cl2、SCl2浓度均为 =0.05mol/L，SO2Cl2平衡时的浓度为：=0.02 mol/L，建立三段式：


恒温恒容下，物质的量之比等于压强比，故起始压强和平衡压强的比值=起始物质的量和平衡物质的量的比值： = ，故X=0.15，所以 SCl2的转化率α= ×100%=×100%=20%；反应I、II达平衡时，SCl2的平衡转化率为20%。故答案为：20%；
③由②中的三段式可知平衡时候的c(SCl2)==0.04mol/L，c(SO2Cl 2)= =0.02mol/L，c(SOCl 2)= =0.02mol/L，所以K= =0.5，pK=-lgK=-lg =-(lg1-lg2)=0.30；该温度下，反应II的pK=0.30(保留两位有效数字，lg2=0.30)。故答案为：0.30；
(4)①在50℃～150℃范围内随温度升高，NOx的去除率迅速上升的原因是催化剂活性随温度升高而增大，使NOx的去除速率迅速增大；温度升高，反应速率加快。故答案为：催化剂活性随温度升高而增大，使NOx的去除速率迅速增大；温度升高，反应速率加快；
②当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是催化剂活性下降(氨与氧气反应生成了NO)。故答案为：催化剂活性下降(氨与氧气反应生成了NO)。
18．（2021·全国高三零模）“一碳化学”是指研究分子中只含有一个碳原子的化合物为原料合成一系列化工产品的化学。研究和深度开发、的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
(1)和在催化剂作用下可发生以下两个反应：
Ⅰ．
Ⅱ．
反应的______。升高温度，的含量增大的原因是______。
(2)在压强、、的起始投料一定的条件下，发生反应Ⅰ、Ⅱ，实验测得的平衡转化率和平衡时的选择性随温度的变化如图所示。

已知：的选择性
其中表示平衡时的选择性的曲线是______(填“①”或“②”)；温度高于280℃时，曲线①随温度升高而升高的原因是______；为同时提高的平衡转化率和平衡时的选择性，应选择的反应条件为______(填标号)。
A．低温、低压 B．低温、高压 C．高温、高压 D．高温、低压
(3)对于反应 ，反应速率，其中、分别为正、逆反应速率常数，为气体的分压。
①降低温度，______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
②在、下，按照投料，待达到平衡，，用气体分压表示的平衡常数______。
【答案】 平衡Ⅰ逆向移动，使和的浓度增大，也能促使反应Ⅱ平衡正向移动，所以的含量增大 ② 高于280℃，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，使的转化率升高 B 减小
【详解】
(1)根据盖斯定律可知，可得到反应的= ；升高温度，反应Ⅰ向逆反应方向移动，反应Ⅱ正反应方向移动，Ⅰ逆向移动，使和的浓度增大，也能促使反应Ⅱ平衡正向移动，所以的含量增大，答案为：；平衡Ⅰ逆向移动，使和的浓度增大，也能促使反应Ⅱ平衡正向移动，所以的含量增大；
(2)升高温度，反应Ⅰ向逆反应方向进行，Ⅱ向正反应方向进行，的选择性逐渐减小，所以曲线②表示的选择性；温度高于280℃时，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，使的转化率升高；温度低时的选择性高，增大压强反应Ⅰ和Ⅱ均向正反应方向移动，使二氧化碳转化率增大，选择的反应条件为：低温和高压，答案为：②；高于280℃，以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，使的转化率升高；B；
(3)①降低温度平衡向放热反应方向移动，正逆反应速率均减小，平衡逆向移动，，所以减小程度大于，所以降低温度，减小，答案为：减小；
②由，达到平衡时正、逆反应速率相等，则推知，气体分压表示的平衡常数，答案为：。
【点睛】


19．（2021·浙江高三其他模拟）金属铝有广泛的应用，有人对碳还原氧化铝制备铝进行了实验研究。在2.0 L真空密闭容器中稍过量石墨与1.0 mol Al2O3混合后加热，图1是体系压强随着加热时间变化的曲线图，图2是在不同的恒定温度下，反应达到平衡，冷却后容器内剩余固体中部分含铝元素物质的物质的量随温度变化曲线图。

已知：1.01×105 Pa下Al熔点933 K，沸点2700 K；10 Pa下Al沸点低于1000 K，Al2O3和C沸点高于2000 K。
反应I：Al2O3(s)+3C(s)2Al(s)+3CO(g) △H1=+1339.1 kJ·mol-1
反应II：2Al2O3(s)+9C(s)Al4C3(s)+6CO(g) △H2=+2249.5 kJ·mol-1
反应III：Al2O3(s)+Al4C3(s)6Al(s)+3CO(g) △H3
请回答下列问题：
(1)工业上电解法冶炼铝的化学方程式为___。
(2)△H3=___。
(3)图1中石墨与Al2O3混合物加热至150 min时容器内温度约为___。
(4)从反应自发性推测，实验室进行碳还原氧化铝制备铝的实验需要在真空容器中进行，可能的原因是___。
(5)由图2可得1650 K时，反应I的平衡常数K=___。
(6)下列说法不正确的是___。
A．图1中约170 min后体系压强很快减小可能是反应I、II急剧发生，吸收了大量的热，容器内温度降低，导致反应I、II平衡向逆方向移动
B．图2显示约1650～1700 K之间是石墨与Al2O3反应制备Al的最佳温度
C．图2中T≥1700K时体系中一定还发生了其他副反应
D．综合分析可得，碳还原氧化铝制备铝比电解法成本更低，产率更高，适合大规模应用
(7)请在图3中画出温度在1450-1650 K之间2.0 L真空密闭容器中CO的浓度随温度变化曲线图___。

【答案】2Al2O34Al+3O2↑ 1767.8 kJ•mol-1 1500 K 减小体系压强可以使铝沸点降低，实验时铝呈气态使反应I熵变(或生成物熵)增大，有利于反应自发进行 或4.2×10-3 D
【详解】
(1)工业上电解法熔融的Al2O3，在阴极上Al3+得到电子被还原变为Al单质，在阳极上O2-失去电子，被氧化为O2，则根据同一闭合电路中电子转移数目相等，可知电解熔融氧化铝来冶炼铝的化学方程式为：2Al2O34Al+3O2↑；
(2)已知：反应I：Al2O3(s)+3C(s)2Al(s)+3CO(g) △H1=+1339.1 kJ·mol-1
反应II：2Al2O3(s)+9C(s)Al4C3(s)+6CO(g) △H2=+2249.5 kJ·mol-1
反应III：Al2O3(s)+Al4C3(s)6Al(s)+3CO(g) △H3
根据盖斯定律，将(I)×3-(II)，整理可得Al2O3(s)+Al4C3(s)6Al(s)+3CO(g) △H3=+1767.8 kJ•mol-1；
(3)图1中石墨与Al2O3混合物加热至150 min时容器内压强大约为0.75 Pa，结合图2中压强与温度关系可知：反应温度约为1500 K；
(4)从反应自发性推测，△H＜0，△S＞0，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行。实验室进行碳还原氧化铝制备铝的实验需要在真空容器中进行，这时由于减小体系压强可以使铝沸点降低，实验时铝呈气态，导致反应I熵变(或生成物熵)增大，有利于反应自发进行；
(5)对于反应I：Al2O3(s)+3C(s)2Al(s)+3CO(g)，在1650 K时Al2O3的物质的量是0.5 mol，反应的Al2O3的物质的量是1 mol-0.5 mol=0.5 mol，根据方程式可知：每有1 molAl2O3反应，就会产生3 mol CO，则反应0.5 mol的Al2O3，产生CO的物质的量是1.5 mol，容器的容积是2 L，故c(CO)=。根据已知条件：在10 Pa下Al沸点低于1000 K，反应在真空容器中进行，压强减小导致Al的沸点低于1000 K，此时Al状态为气态，根据图示可知此时Al蒸气的物质的量为0.20 mol，则c(Al)= 故反应I的化学平衡常数K=c3(CO)·c2(Al)=(0.75)3×(0.10)2=0.0042；
(6)A．图1中约170 min后体系压强很快减小可能是反应I、II急剧发生，吸收了大量的热，导致容器内温度降低，降低温度，化学平衡向放热的逆方向移动，A正确；
B．由图2显示约1650～1700 K之间Al生成量增加，因此是石墨与Al2O3反应制备Al的最佳温度，B正确；
C．图2中T≥1700 K时，体系中Al的物质的量逐渐减小，一定是体系中发生了其它副反应，如发生反应产生Al4C3，C正确；
D．综合分析可知：碳还原氧化铝所需温度太高，难以实现，制备铝比电解法成本更高，产率更低，不适合大规模应用，D错误；
故合理选项是D；
(7)根据图示可知：在1500 K时开始产生CO气体，在1550K时c(CO)=；在1650 K时c(CO)=，将这些特殊点用平滑曲线连接，可得CO的浓度与温度关系的图像：。
20．（2021·四川树德中学高三其他模拟）甲醇不仅是重要的化工原料，还是性能优良的能源和车用燃料。
(1)H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1和。726.5kJ·mo1-1，则由CO2(g)和H2(g)生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为___________。
(2)CO与H2也可以合成CH3OH，已知CO和H2可以利用如下反应制备：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ∆H＞0， 定条件下CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示。T1___________T2(填“＞”或“=”)： A、B、C三点处对应平衡常数(KA、KB 、KC )的大小关系为___________。

(3)已知I．CO(g)+ H2O(g)CO2(g) +H2(g)，
II． CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，
III． CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)。
如图2为一定比例的CO2、H2 ；CO、H2； CO、CO2 、H2三个反应体系下甲醇生成速率与温度的关系。

①490 K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是___________(填“A”或“B")。
A． CO2COCH3OH
B．COCO2CH2OH+H2O
②490 K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应I、III分析原因：___________。
(4)在T°C时，向体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol 的H2和CO，发生反应CO(g) +2H2(g)CH2OH(g)，达到平衡时CH3OH的体积分数中与起始时的关系如图3所示。

①当起始时， 反应经过5 min达到平衡，若此时CO的转化率为0.6，则0 ～5 min内平均反应速率v(H2)=___________。若此时再 向容器中充入CO(g)和CH3OH(g)各0.4 mol，达新平衡时H2的转化率将___________(填“增大”“减小”或“不变”)。
②当起始时，反应达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能对应图3中的___________(填“D"E”或“P”)点。
【答案】CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) △H=-130.9kJ/mol ＜ KC=KB＞KA B CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ正向进行 0.12mol/(L•min) 增大 F
【详解】
(1)由H2(g)和CH3OH(1)的燃烧热分别为-285.8kJ/mol和-726.5kJ/mol知，H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol①，CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ/mol②，由盖斯定律可知，3×①-②得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=(-285.8×3+726.5)kJ/mol=-130.9kJ/mol，故答案为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)△H=-130.9kJ/mol；
(2)该反应为吸热反应，其他条件一定时，温度越高甲烷的平衡转化率越大，故T1＜T2；对于吸热反应，温度越高平衡常数越大，相同温度下平衡常数相同，故KC=KB＞KA，故答案为：＜；KC=KB＞KA；
(3)①490K时，a曲线对应的甲醇的生成速率大于c曲线，即甲醇主要来源于CO2和H2的反应。故490K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是B，故答案为：B；
②490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析，对于反应ⅠCO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，CO是反应物，CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应ⅢCO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)正向进行，所以CO的存在使甲醇生成速率增大，故答案为：CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ正向进行；
(4)①当起始时，即充入2molH2、1molCO，经过5min反应达到平衡，此时CO的转化率为0.6，△n(CO)=1mol×0.6=0.6mol，则△n(H2)=0.6mol×2=1.2mol，则0～5min内平均反应速率v(H2)=∆c/∆t=1.2mol/(2L×5min) =0.12mol/(L•min)；平衡时n(CO)=1mol-0.6mol=0.4mol，n(H2)=2mol-1.2mol=0.8mol，n(CH3OH)=0.6mol，则K==9.375(L/mol)2，若此时再向容器中充入CO(g)和CH3OH(g)各0.4mol，Qc==7.8125(L/mol)2＜K，平衡正向移动，达到新平衡时H2的转化率将增大，故答案为：0.12mol/(L•min)；增大；
②当起始时，反应达到平衡状态后，CH3OH的体积分数最大，故当起始时，反应达到平衡状态后，CH3OH的体积分数比C点对应的CH3OH的体积分数小，可能对应题图3中的F点，故答案为：F。
21．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）近几年科学家提出了“绿色自由”的构想。把空气中的CO2进行转化，并使之与H2反应生成可再生能源甲醇。
(1)已知4.4kg CO2与足量H2恰好完全反应，生成气态的水和气态的甲醇，可放出4947kJ的热量，试写出该反应的热化学方程式___________。
(2) 一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1mol CO2和3 mol H2在不同催化剂作用下发生反应I、反应II与反应Ⅲ，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图(图中c点的转化率为66.67%，即转化了2/3)所示：

①催化剂效果最佳的反应是___________(填“反应I”、“反应II”、“反应Ⅲ”)。
②b点v(正)___________ v(逆) (填“＞”，“＜"， “=”) 。
③若此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是___________。若其他条件不变，将a点容器的体积压缩至原来的一半，一段时间后反应再达平衡时，与原平衡比较下列说法正确的是___________。
A．CO2的浓度减小 B．正反应速率增大，逆反应速率减小
C．CO2和H2的体积比为1：3 D． CH3OH的体积分数增大
④c点时该反应的平衡常数K =___________。
(3)科学家还研究了其它转化温室气体的方法，利用如图所示装置可以将CO2转化为气体燃料CO。该装置工作时，N电极的电极反应式为___________。

【答案】10.CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH = -49.47kJ/mol 反应I ＞ 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 CD K=16/3(mol/L)2 (或K=3.33(mol/L)2) CO2+2H++2e-=CO+H2O
【详解】
(1)根据4.4kgCO2与足量H2恰好完全反应，可放出4947kJ的热量，则1molCO2与氢气合成甲醇放出热量49.47 kJ的热量，所以热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH = -49.47k/mol， 故答案为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH = -49.47k/mol
(2)①催化剂加快反应速率，相同温度下，反应I速率最快，所以反应I催化剂效果最佳；
②CO2(g)+3H2(g)=H2O(g)+ CH3OH(g) ΔH = - -49.47kJ/mol，降低温度平衡正向移动，所以T3温度下CO2平衡转化率大于a点，b点达到平衡时，CO2转化率增大，反应正向进行，v(正)＞ v (逆)；③正反应放热，升高温度平衡逆向移动，a点的转化率比c点高；
A．体积减少一半，CO2的浓度瞬间增大为原来的平衡，平衡向正反应向移动，根据勒夏特列原理，平衡后CO2的浓度仍比原来大，故A错误；
B．体积减少，压强增大，正反应速率和逆反应速率均增大，故B错误；
C． CO2和H2的起始量为1：3，变化量也是1：3，因此平衡后体积比仍为1：3，故C正确；
D．体积减小，平衡向正方向移动，CH3OH 的体积分数增大，故D正确：答案为CD。
④利用三段式计算平衡常数：
，
。
(4)根据装置图，N极CO2得电子生成CO，电极反应式是CO2+2H++2e-=CO +H2O；
22．（2021·江西抚州市·临川一中）丙烯是三大合成材料的基本原料之一，其用量最大的是生产聚丙烯。另外，丙烯可制备1，2-二氯丙烷，丙烯醛等。回答下列问题：
I.工业上用丙烯加成法制备1，2-二氯丙烷，主要副产物为3-氯丙烯，反应原理为：
①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g) △H1=-134kJ∙mol-1
②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2=-102kJ∙mol-1
(1)已知CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)的活化能Ea(逆)为164kJ∙mol-1，则该反应的活化能Ea(正)为_______kJ∙mol-1
(2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH2=CHCH3(g)和Cl2(g)，在催化剂作用下发生反应①②，容器内气体的压强随时间的变化如下表所示。
时间/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/KPa
80
74.2
69.4
65.2
61.6
57.6
57.6
用单位时间内气体分压的变化来表示反应速率，即ν=△p/△t，则反应①前180min内平均反应速率ν(CH2ClCHClCH3)=_____Kpa/min-1(保留小数点后2位)。
II.丙烯的制备方法
方法一：丙烷无氧脱氢法制备丙烯反应：C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ∙mol-1
(3)①某温度下，在刚性容器中充入C3H8，起始压强为10kpa，平衡时总压强为14kpa，C3H8(的平衡转化率为____。该反应的平衡常数Kp=____Kpa(保留小数点后2位)
②总压分别为100kpa和10kpa时发生该反应，平衡体系中C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系如图所示。

10kpa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是____、____。
③高温下，丙烷生成丙烯的反应在初期阶段的速率方程为：r=k×c(C3H8)，其中k为反应速率常数。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是____。
A．增加丙烷浓度，r增大 B．增加H2浓度，r增大
C．丙烯的生成速率逐渐增大 D．降低反应温度，k减小
方法二：丙烷氧化脱氢法制备丙烯还生成CO、CO2等副产物，制备丙烯的反应：C3H8(g)+1/2O2(g)⇌ C3H6(g)+H2O(g) △H=-118kJ∙mol-1，在催化剂的作用下C3H8的转化率和C3H6的产率随温度变化关系如图2所示。

(4)图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是_____，观察图2，回答能提高C3H6选择性的措施是___(C3H6的选择性=)
【答案】132 0.08 40﹪ 2.67 Z Y AD 温度升高，反应速率增大(或温度升高，催化剂的活性增大) 选择相对较低的温度(或选择更合适的催化剂)
【详解】
(1)①CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g) △H1=-134kJ∙mol-1；
②CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) △H2=-102kJ∙mol-1；
根据盖斯定律①-②得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)⇌CH2ClCHClCH3(g) △H2=-134kJ∙mol-1+102kJ∙mol-1=-32kJ∙mol-1，焓变=活化能Ea(正)-活化能Ea(逆)，则该反应的活化能Ea(正)=-32 kJ∙mol-1+164kJ∙mol-1=132kJ∙mol-1；
(2)由于CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)⇌CH2ClCHClCH3(g)反应，使容器内气体压强减小；
设180min时，CH2ClCHClCH3(g)的压强为p

P=14.8KPa，
ν(CH2ClCHClCH3)=0.08 Kpa/min-1；
(3) ①
平衡时总压强为14kpa，即10-x+x+x=14，x=4，C3H8(的平衡转化率为40%；该反应的平衡常数Kp=2.67；
②增大压强，C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)逆向移动，C3H8的物质的量分数增大，C3H6的物质的量分数减小，升高温度，C3H8(g)⇌C3H6(g)+H2(g)，正向移动，C3H8的物质的量分数减小，C3H6的物质的量分数增大，10kpa时C3H8和C3H6的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是Z、Y。
③A.根据r=k×c(C3H8)，可知增加丙烷浓度，r增大，故A正确；
B. 根据r=k×c(C3H8)，增加H2浓度，r增大不变，故B错误；
C.随反应进行，丙烷浓度逐渐减小，丙烯的生成速率逐渐减小，故C错误；
D.降低温度，反应速率减慢，r减小，根据r=k×c(C3H8)，可知降低反应温度k减小，故D正确；
选AD。
(4)图中C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是温度升高，反应速率增大(或温度升高，催化剂的活性增大)，根据图2，较低温度下，丙烯的选择性大，能提高C3H6选择性的措施是选择相对较低的温度(或选择更合适的催化剂)。
【点睛】
本题考查化学反应速率和化学反应限度，明确影响反应速率的因素和影响平衡移动的因素是解题关键，会利用“三段式”法进行化学计算，培养学生分析化学平衡图象的能力。
23．（2021·安徽安庆一中高三三模）甲醇是一种可再生能源，CO和CO2催化加氢制甲醇，是极具前景的温室气体资源化研究领域。
(1)已知在25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。则甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为___________。
(2)恒温恒压下，在容积可变的密闭容器中加入一定量的CO和H2发生反应
i.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-90.2 kJ·mol-1制备甲醇，测得平衡时CO的转化率(α)随温度、压强的变化如图所示：


则P1___________P2，M点的正反应速率___________N点的逆反应速率。(填“>”、“<”或“=”)
(3)在某催化剂作用下，CO2和H2发生反应
ii: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H2=-49.0 kJ·mol-1
iii：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △H3=41.2 kJ·mol-1
①维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(℃)
CO2实际转化率(%)
甲醇选择性(%)
243
12.3
42.3
253
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是： ___________。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是___________。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入2molCO2和4molH2，只发生反应ⅱ和反应ⅲ，初始压强为P0，在300℃发生反应，反应达平衡时，CO2的转化率为50%，容器体积减小25%，反应ⅱ的平衡常数Kp= ___________ (kPa)-2(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
(5)以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。


①阳极的电极反应式为___________。
②若以铅蓄电池为电源，B应与铅蓄电池的___________(填“Pb”或“PbO2” )相连。
【答案】CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1 > > 升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大 适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂） 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ pb
【详解】
(1) 25℃，101kPa下：甲醇(l)的燃烧热为akJ·mol-1，则①CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=- akJ·mol-1
CO(g)的燃烧热为bkJ·mol-1，则②CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H = -b kJ·mol-1
③H2O(g)=H2O(l) ΔH=+ckJ·mol-1。
根据盖斯定律①-②-2×③，甲醇(l)不完全燃烧生成一氧化碳和水蒸气的热化学方程式为CH3OH(l)+ O2(g)=CO(g)+2H2O(g) △H=(- a+b-2c)kJ·mol-1；
(2) CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，CO(g)转化率增大，则P1>P2，M、N两点为平衡点，两点正逆反应速率都相等， N点压强小于M点，M点的正反应速率>N点的逆反应速率。
(3)升高温度，反应ii、反应iii速率均加快，但反应iii的速率变化更大，所以升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低。为减少副反应的发生，同时不降低CO2生成CH3OH的反应速率和平衡转化率，可采取的措施是适当降低温度并增大反应的压强（或降低温度并使用使用低温下活性更强的催化剂）。
(4)由于发生反应ii，容器体积减小，设参加反应ii的CO2的物质的量是xmol，

X=0.75mol
参加反应ii的H2的物质的量是2.25mol，生成甲醇的物质的量是0.75mol、生成水的物质的量是0.75mol；CO2的转化率为50%，则参加反应iii的CO2的物质的量是2×0.5-0.75=0.25mol，反应iii消耗0.25molH2、生成0.25molCO、生成水0.25mol；达到平衡时，容器中CO2(g)的物质的量是1mol、H2的物质的量是4mol-2.25mol-0.25mol=1.5mol、甲醇的物质的量是0.75mol、水的物质的量是0.75mol+0.25mol=1mol，容器内气体总物质的量是6mol×(1-25%)=4.5mol；
反应ⅱ的平衡常数Kp=；
(5)根据图示，右侧电极氧气得电子生成水，B是负极，A是正极；
①甲醇、一氧化碳在阳极失电子生成碳酸二甲酯，阳极的电极反应式为2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+。
②铅蓄电池中，PbO2为正极、Pb为负极；B是阴极，B应与铅蓄电池的Pb相连。
24．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟）硅单质及其化合物应用范围很广。请回答下列问题：
(1)工业上用石英和焦炭可以制得粗硅。已知：

写出用石英和焦炭制取粗硅的热化学方程式_______。
(2)制备硅半导体材料必须先得到高纯硅：三氯甲硅烷(SiHCl3)还原法是当前制备高纯硅的主要方法，生产过程示意图如下：

写出由纯SiHCl3制备高纯硅的化学反应方程式_______。整个制备过程必须严格控制无水无氧。SiHCl3遇水剧烈反应生成H2SiO3、HCl和一种单质，写出该反应的化学方程式_______。
(3)对于反应2SiHCl3(g)⇌SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

①323K时，反应的平衡转化率α=_______。平衡常数K323K=_______(保留2位有效数字)。
②下列说法正确的是_______
A．平均分子量不变时，该反应一定达到平衡状态
B．a、b处反应速率：v(a)>v(b)
C．改进催化剂可以缩短达到平衡的时间
D．温度体积一定，加入SiHCl3可以提高SiHCl3的转化率
③已知SiHCl3分解反应速率v=v正-v逆=k正﹒x2(SiHCl3)-k逆﹒x(SiH2Cl2)﹒x(SiCl4)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，x为物质的量分数，计算b处v正/v逆=_______。(保留2位小数)
【答案】SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g) ΔH=+638.4kJ/mol SiHCl3+H2Si+3HCl SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑ 21% 0.018 BC 1.15
【详解】
(1)由图1可得热化学方程式：①Si(s)+O2(g)=SiO2(s)ΔH=-859.4 kJ/mol，
②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221.0 kJ/mol，根据盖斯定律，②-①可得目标热化学方程式为：SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)ΔH=+638.4 kJ/mol；
(2)据图可知SiHCl3在高温条件下被氢气还原得到高纯硅，根据电子守恒和元素守恒可得化学方程式为SiHCl3+H2Si+3HCl；根据元素守恒可知SiHCl3水解的化学方程式为SiHCl3+3H2O=H2SiO3↓+3HCl+H2↑；
(3)①温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，所以a代表343K，b代表323K，则323K时，反应的平衡转化率α=21%；设初始投料为1mol SiHCl3(g)，平衡时转化率α=21%，即Δn(SiHCl3)=0.21mol，根据方程式为可知Δn(SiCl4)=Δn(SiH2Cl2)=0.105mol，则平衡时体系内n(SiHCl3)=0.79mol、n(SiCl4)=n(SiH2Cl2)=0.105mol，该反应前后气体系数之和相等，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，所以K==0.018；
②A．该反应前后气体系数之和相等，则气体总物质的量不变，根据质量守恒可知气体总质量也不变，所以平均分子量为定值，不变时不能说明反应平衡，A错误；
B．a、b两点SiHCl3的转化率相同，则气体浓度相同，但a点温度高于b点，所以反应速率v(a)>v(b)，B正确；
C．改进催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，C正确；
D．该反应前后气体系数之和相等，温度体积一定，加入SiHCl3达到的是等效平衡，SiHCl3的转化率不变，D错误；
综上所述答案为BC；
③平衡时k正﹒x2(SiHCl3)=k逆﹒x(SiH2Cl2)﹒x(SiCl4)，所以=K=0.018，b处SiHCl3的转化率为20%，根据①的假设和分析可知此时容器内n(SiHCl3)=0.80mol、n(SiCl4)=n(SiH2Cl2)=0.10mol，则x(SiHCl3)=0.80、x(SiCl4)=x(SiH2Cl2)=0.10，=×=0.018×=1.15。
25．（2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）在一定条件下，由CO2和H2合成甲醇已成为现实，该合成对解决能源问题具有重大意义。该过程中有两个竞争反应，反应过程能量关系如图。

(1)请写出CO(g)与H2(g)生成CH3OH(g)的热化学方程式为___________。
(2)对于CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)反应，已知v正=k正c(CO2)c3(H2)，v逆=k逆c(CH3OH)c(H2O)，升高温度k正增大的倍数___________k逆增大的倍数(填“＜”、“＞”或“=”)，为了提高H2的转化率，可采取的措施有___________(填选项)。
A．加压B．升温C．加催化剂D．增加CO2的浓度
(3)在一容积可变的密闭容器中，充入1molCO2与3molH2发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，CO2在不同温度下的平衡转化率与总压强的关系如下图所示，图中M点时CH3OH的物质的量分数为___________，该反应的压强平衡常数为Kp=___________atm-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)

(4)由CO2和H2合成甲醇有两个竞争反应，为提高CH3OH的选择性，在原料气中掺入一定量CO，原因是___________。另外，可以通过控制双组份催化剂(CuO-ZnO)中CuO的含量，可提高甲醇产率，根据下图判断，催化剂选择性最好的CuO的含量为___________。

【答案】CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H=－90.56kJ·mol－1 < AD 16.7% 5.33×10－4 加入一定浓度CO，使反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)向逆向移动，提高生产CH3OH的选择性 50%
【详解】
(1)根据图像可知两个竞争反应为：
i：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH=－53.66kJ/mol
ii：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH=36.90kJ/mol
根据盖斯定律i-ii可得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH=－90.56kJ·mol－1；
(2)该反应焓变小于0，升高温度平衡逆向移动，说明逆反应速率比正反应速率增大的多，所以k正＜k逆；升温平衡逆向移动，H2的转化率减小，加催化剂不影响平衡转化率，增大压强，增加CO2的浓度都能使平衡正向移动，H2转化率增大，故选AD；
(3)根据图中M点是CO2的平衡转化率为50%，得：

所以平时CH3OH的物质的量分数为×100%≈16.7%；
Kp=≈5.33×10－4；
(4)加入一定量的CO可以使反应CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，提高生产CH3OH的选择性；根据图像可知CH3OH含量最大，催化剂选择性最好的CuO的含量为50%。
26．（2021·天津高三一模）国务院总理李克强在2021年国务院政府工作报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作，优化产业结构和能源结构，努力争取2060年前实现碳中和。碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：
(1)已知下列热化学方程式：
i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
①写出相同条件下CH2=CHCH2C1和HCl合成CH2ClCHClCH3的热化学方程式____。
②已知①中的正反应的活化能E正为132kJ·mol-1，请在下图中标出①中逆反应的活化能E逆及数值_______。

(2)温度为T℃时向容积为2L的密闭容器中投入3molH2和1molCO2发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.4kJ·mol-1，反应达到平衡时，测得放出热量19.76kJ，求平衡时：
①H2的转化率为_______
②T℃时该反应的平衡常数K=_______(列计算式表示)。
(3)目前有Ni-CeO2催化CO2加H2形成CH4的反应，历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注。

①写出上述转换中存在的主要反应的化学方程式_____。
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，请用文字说明是否可行_____。
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=_____(T℃时Ka(HCOOH)=2×10-4)。
【答案】CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1 40% CO2+4H2CH4+ 2H2O 因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发) 1.6×105
【详解】
(1)①已知：i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2ClCHClCH3(g) ΔH=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)→CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g) ΔH=-100kJ·mol-1
根据盖斯定律，由i-ii得CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= -100kJ·mol-1-(-133kJ·mol-1)=- 33 kJ·mol-1，故答案为：CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)→CH2ClCHClCH3(g) △H= - 33 kJ·mol-1；
②△H=Ea正-Ea逆，则Ea（逆）=Ea正-△H=132kJ•mol-1-（-33kJ•mol-1）=165kJ•mol-1，故答案为：；
(2)①反应热与参加反应的物质的物质的量成正比，由热化学方程式知，3mol氢气完全转化时放出热量为49.4kJ热量，则测得放出热量19.76kJ时，H2的转化率为；
②用三段式法计算得：
，；
(3)①根据图示中箭头方向知，反应物为CO2、H2，生成物为CH4、H2O，故答案为：CO2+4H2CH4+ 2H2O；
②有人提出中间产物CO的处理，用反应2CO(g)=2C(s)+O2(g) ΔH>0来消除CO的污染，因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0， 任何温度不能自发)；
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，即，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=,故答案为：1.6×105。
27．（2021·四川遂宁市·高三其他模拟）CO和NO是汽车尾气中的主要污染物，易引起酸雨、温室效应和光化学烟雾等环境污染问题。随着我国机动车保有量的飞速发展，汽车尾气的有效处理变得迫在眉睫。其中的一种方法为2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)，请回答下列问题：
(1)已知该反应为自发反应，则该反应的反应热△H___________0(填“>”或“<”或“=”)
(2)已知：N2 (g) + O2(g)=2NO(g) △H= a kJ•mol -1
C(s) + O2 (g)=CO2 (g) △H= b kJ•mol -1
2C(s) + O2 (g)=2CO(g) △H= c kJ•mol -1
则 2CO(g)+2NO(g)=N2 (g)+2CO2 (g) △H=___________kJ•mol-1 (用含 a、b、c 的表达式表示)。
(3)一定温度下，将 2molCO、4molNO 充入一恒压密闭容器。已知起始压强为 1MPa，到达平衡时， 测得N2的物质的量为 0.5 mol，则：
①该温度此反应用平衡分压代替平衡浓度的平衡常数Kp=___________(写出计算表示式)
②该条件下，可判断此反应到达平衡的标志是___________
A．单位时间内，断裂 2 molC=O 同时形成 1 mol N≡N。
B．混合气体的平均相对分子质量不再改变。
C．混合气体的密度不再改变。
D．CO与NO的转化率比值不再改变。
(4)某研究小组探究催化剂对 CO、NO 转化的影响。将 CO 和 NO 以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中 N2的含量，从而确定尾气脱氮率(即 NO 的转化率)，结果如图所示：

①由图可知：要达到最大脱氮率，该反应应采取的最佳实验条件为___________
②若低于 200℃，图中曲线 I 脱氮率随温度升高变化不大的主要原因为___________
(5)已知常温下，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3) =4.4×10-7，Ka2(H2CO3) =4.4×10-11，.此温度下某氨水的浓度为 2mol/L，则溶液中c(OH-)=___________mol/L，将脱氮反应后生成CO2通入氨水中使溶液恰好呈中性，则此时 =___________(保留小数点后4位数字)
(6)电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充物质A，A是___________，理由是___________

【答案】< 2b-a-c (或具体计算式) BC 催化剂 II，450℃ 温度较低时，催化剂 I 的活性偏低 6×10-3 1.0009 NH3 根据总反应8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3(条件为电解)，电解产生HNO3多，应补充NH3
【详解】
(1)反应2NO(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+N2(g)能够自发进行，反应△S<0，若满足△H-T△S<0，必须△H<0；
(2)已知：①N2 (g) + O2(g)=2NO(g) △H= a kJ•mol -1；②C(s) + O2 (g)=CO2 (g) △H= b kJ•mol -1；
③2C(s) + O2 (g)=2CO(g) △H= c kJ•mol -1；
根据盖斯定律，得到目标方程式的计算式为2×②-①-③，代入a、b、c计算得△H=2b-a-c；
(3)①一定温度下，将 2molCO、4molNO 充入一恒压密闭容器。已知起始压强为 1MPa，到达平衡时， 测得N2的物质的量为 0.5 mol，则可列出三段式：，则；
②A．单位时间内，断裂2 mol C=O同时形成 1 mol N≡N，正反应速率和逆反应速率不相等，不能说明反应达到平衡，故A错误；
B．该反应是气体分子数不相等的反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变，可以说明达到平衡，故B正确；
C．容器是恒压容器，反应是气体分子数不相等的反应，混合气体的密度不再改变可以说明达到平衡，故C正确；
D．CO与NO的转化量相等，设任一时刻转化量为a mol，则CO与NO的转化率比值为，为定值，则CO与NO的转化率比值不再改变，不能说明反应达到平衡，故D错误；故答案为BC；
(4)①由图象可知，在催化剂II，450℃条件下达到最大脱氮率；
②温度较低时，催化剂的活性偏低，反应速率慢，所以脱氮率随温度升高变化不大；
(5)NH3•H2O的Kb=1.8×10-5，若氨水的浓度为2.0mol•L-1，由，可知，将CO2通入该氨水中，当溶液呈中性时溶液中c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，电荷守恒得到：c(NH)=c(HCO)+2c(CO)，，H2CO3的Ka2=4.4×10-11，结合计算，，；
(6)根据电解NO制备NH4NO3的工作原理示意图知：阴极反应式为3NO+15e-+18H+=3NH+3H2O，阳极反应式为5NO-15e- +10H2O=5NO +20H+，总反应式为8NO+7H2O=3NH4NO3+2HNO3，为了使电解产生的HNO3全部转化为NH4NO3，应补充NH3。
28．（2021·天津）氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：
(1)已知部分化学键的键能如表
化学键
N≡N
H —H
N—H
键能/(kJ·mol-1)
946
436
391
工业上合成氨反应当过程中转移3 mol电子时，理论上热量变化为 ___________kJ。
(2)在一个恒容密闭容器中充入2 mol NO(g)和1 mol Cl2(g)发生反应：2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) 在一定温度下测得NO的物质的量(单位：mol)与时间的关系如表所示：
t/min
0
5
8
13
NO的物质的量
2
1.15
1.0
1.0
①测得该反应平衡常数与温度关系为1gKp=5.08+ ，则该反应是___________(填“吸热”或“放热”反应)。
②同温度下，起始时容器内的压强为P0，则该反应的平衡常数KP=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
③若同温度下，在相同容器中，充入1 mol NO(g)和0.5 molCl2(g)，则NO的平衡转化率___________50%(填“大于”、“等于”或“小于”)。
(3)某研究小组将2 mol NH3、3 mol NO和一定量的O2充入2 L密闭容器中，在Ag2O催化剂表面发生反应4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l)；NO的转化率随温度变化的情况如图。5 min内，温度从420 K升高到580 K，此时段内NO的平均反应速率v(NO)___________，420 K之前，NO生成N2的转化率偏低的原因可能是___________。

(4)若将NO2与O2通入如图所示甲装置，D电极上有红色物质析出，A电极的电极反应式为___________。

【答案】46 放热 小于 0.171 mol/(L·min) 420 K前反应未达平衡，转化率较低 NO2-e- +H2O=+2H+
【详解】
(1)N2与H2合成NH3的化学反应方程式：N2+3H2⇌2NH3，每有1 mol N2参加反应，转移6 mol电子，反应过程中的能量变化为Q=946 kJ+3×436 kJ-6×391 kJ=- 92 kJ，即反应放出92 kJ的热量，当合成反应当过程中转移3 mol电子时，则理论上放出热量是=46 kJ；
(2)①该反应平衡常数与温度关系为1gKp=5.08+，可见：温度越高，化学平衡常数越小。说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，故该反应的正反应是放热反应；
②对于反应2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)，在反应开始时n(NO)=2 mol，n(Cl2)=1 mol，n(ClNO)=0，反应过程中△n(NO)=1 mol，根据物质反应转化关系可知平衡时，n(NO)=1.0 mol，n(Cl2)=0.5 mol，n(ClNO)=1.0 mol，在相同外界条件下，压强比等于气体的物质的量的比，所以==，所以P总=P0，所以化学平衡常数Kp===；
③由已知条件可知反应在加入2 mol NO(g)和1 mol Cl2(g)时反应达到平衡时NO的转化率是50%。该反应的正反应是气体体积减小的反应，若在同温度下，在相同容器中，充入1 mol NO(g)和0.5 molCl2(g)，气体的压强减小，减小压强，化学平衡逆向移动，反应达到平衡时NO的平衡转化率降低，所以在充入1 mol NO(g)和0.5 molCl2(g)时NO的平衡转化率会小于50%；
(3)根据图示可知：在420 K时NO转化率是2%，此时消耗NO的n(NO)=3 mol×2%=0.06 mol；在580 K时NO转化率是59%，此时消耗NO的n(NO)=3 mol×59%=1.77 mol，此时段内NO消耗的物质的量为△n(NO)=1.77 mol-0.06 mol=1.71 mol，由于容器的容积是2 L，所以NO的反应速率v(NO)=== 0.171 mol/(L·min)；
420 K之前，NO生成N2的转化率偏低，原因可能是在420 K前反应未达平衡，转化率较低；
(4)D电极上有红色物质析出，说明D电极为正极，则与D电极连接的A电极为阳极，通入的气体失去电子发生氧化反应，A电极上通入NO2，其失去电子变为N，故A电极的电极反应式为：NO2-e- +H2O= N+2H+。
29．（2021·安徽高三其他模拟）苯乙烯是重要的有机合成单体，常用乙苯为原料合成。
(1)以CO2和乙苯为原料合成的苯乙烯，其过程如图1，有“一步”途径1和“二步”途径2的两种推测：

则CO2(g)+(g)(g)+CO(g)+H2O(g)的K3_______(用含K1、K2的代数式表达)。
(2)向刚性容器中充入10 mol CO2和10 mol乙苯，发生反应CO2(g)+(g)(g)+CO(g)+H2O(g)，在不同温度下测得平衡时各物质的体积分数如图2。可知∆H3_______0。相同温度下CO2转化率低于乙苯，推知发生了副反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，由图像知该反应∆H_______0。

(3)某研究团队找到乙苯直接脱氢的高效催化剂，反应原理如图：
(g)H2(g)+(g) ∆H1
①已知部分化学键键能数据如表所示：
共价键
C-C
C-H
C=C
H-H
键能(kJ/mol)
347.7
413.4
615
436
则∆H1=_______。
②实际过程中，通常向乙苯中掺入水蒸气，保持体系总压为100 kPa的条件下进行。乙苯平衡转化率与温度、投料比m[m=]的关系如图3。则投料比m1、m2、m3由大到小的关系为_______。
③若m2=5：1，则A点温度下，该反应的平衡常数Kp=_______。若其他条件不变，将恒压调整为恒容状态，则A点对应的乙苯的平衡转化率_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。

(4)实验测得，乙苯脱氢的速率方程为正=k正p乙苯，逆=k逆p苯乙烯p氢气(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)，图4中③代表lgk逆随的变化关系，则能代表lgk正随的变化关系的是_______。

【答案】K1×K2 ＞ ＞ +123.5 kJ/mol m3＞m2＞m1 50kpa 减小 ④
【详解】
(1)根据图1所示信息可知，途径2反应分别为：I．(g) =(g)+H2(g) II．CO2(g)+H2(g)= CO(g)+H2O(g) ，途径1反应为：III．CO2(g)+(g)(g)+CO(g)+H2O(g)，则有III=I+II，故K3= K1×K2，故答案为：K1×K2；
(2)由图2所示信息可知，温度越高苯乙烯的体积分数越大，说明反应的化学平衡正向移动，故正反应为吸热反应∆H3＞0，相同温度下CO2转化率低于乙苯，说明副反应生成的CO2随温度升高也越来越多，即升高温度副反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)化学平衡正向移动，由图像知该反应∆H＞0，故答案为：＞；＞；
(3)①根据反应热等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和可知，反应物和生成物中均含有苯环，故苯环上的化学键未改变，故反应物中断裂了两个C-H和1个C-C，生成物生成了一个C=C和一个H-H，则∆H1=E(C-C)+2E(C-H)-E(C=C)-E(H-H)=347.7 kJ/mol+2×413.4 kJ/mol-615 kJ/mol-436 kJ/mol=+123.5 kJ/mol，故答案为：+123.5 kJ/mol；
②该反应是气体体积增大的反应，恒压条件下，向乙苯蒸气中掺入水蒸气，相当于减小压强，平衡正向移动，乙苯平衡转化率增大，即投料比越大，乙苯的平衡转化率越小，由图可知，在m1、m2、m3条件乙苯平衡转化率依次减小，则m3＞m2＞m1，故答案为： m3＞m2＞m1；
③若m2=5：1，设乙苯的物质的量为5amol，则水蒸气为amol，根据三段式计算可知：，则A点温度下，乙苯的平衡分压为：p(乙苯)=，H2和苯乙烯的平衡分压为：p(H2)=p(苯乙烯)=，该反应的平衡常数Kp==kpa，由于该反应的正反应为气体体积增大的方向，若其他条件不变，将恒压调整为恒容状态，相当于增大压强，平衡逆向移动，故则A点对应的乙苯的平衡转化率减小，故答案为：50kpa；减小；
(4)实验测得，乙苯脱氢的速率方程为正=k正p乙苯，逆=k逆p苯乙烯p氢气(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)，图4中③代表lgk逆随的变化关系，达到平衡时，正=逆，即k正p乙苯=k逆p苯乙烯p氢气，则有，由(3)①可知该反应正反应是一个吸热反应，故温度越高平衡正向移动，K增大，越大，T越小，则K越小，即越小，故能代表lgk正随的变化关系的是④，故答案为：④。

四、填空题
30．（2021·青海西宁市·高三二模）氮的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
(1)已知：
①SO3(g)+NO(g)=NO2(g)+SO2(g) ∆H1=+41.8mol·L-1
②2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ∆H2=-196.6mol·L-1
则2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)的∆H=_______。
(2)NO作为主要空气污染物，其主要来源是汽车尾气，研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，并发生反应：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g) ∆H<0.在恒压密闭容器中加入足量活性炭和一定量NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化如图所示：

图中a、b、c三点中，达到平衡的点是_______；温度为1100K时，N2的平衡体积分数为_______。
(3)现代技术用氨气将汽车尾气中的NOx还原为N2和H2O，反应原理是NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g) ∆H<0。
①实际生产中NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)的反应温度不宜过高的原因是_______。
②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，则0～8min内用N2表示的平均反应速率v(N2)=_______mol·L-1·min-1，500℃时该反应的平衡常数Kp=_______MPa(用含p0的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】+113.0KJ/mol b、c 20% 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高 0.05
【详解】
(1)根据盖斯定律，反应①×2-反应②得2NO2(g)=2NO(g)+O2(g) ∆H=-(2×∆H1+ ∆H2)= -(2×41.8-196.6)=+113.0KJ/mol，故答案为：+113.0KJ/mol。
(2) 温度低于1050K时，反应速率较慢，反应未达平衡状态，温度等于或高于1050K时达到平衡，1100K是NO的平衡转化率为40%，假设通入NO的物质的量为1mol，利用三段式则有： ，所以N2的平衡体积分数为，故答案为：b、c，20%。
(3) ①NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高，故答案为：该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高。
②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，利用三段式则有： ，v(N2)= mol·L-1·min-1，根据阿伏伽德罗定律，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，500℃时该反应的平衡常数Kp= MPa= Mpa，故答案为：0.05、。