2022届高三化学一轮复习化学反应原理19化学反应原理非选择题含解析

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化学反应原理解答题
非选择题（共19题）
1．科学家在利用碳水化合物消除污染气体和生成新能源方面取得重大成果。
(1)①甲醇是一种绿色可再生能源，在高效健化剂的作用下，CH4可与NO2反应，消除NO2的污染，改善雾霾天气，发生的反应为：CH4(g)+2NO2(g)⇌CO2(g)+2H2O(g)+N2(g) △H<0。该反应自发进行的条件为_______(填高温、低温或任何条件)。在恒温恒容条件下，下列不能说明该反应达到平衡状态的是_______(填序号)。
a.v逆(NO2)=v正(H2O)
b.混合气体的密度不再变化
c.混合气体的平均摩尔质量不再变化
d.单位时间内有4 mol C-H健断裂的同时有4 molO-H键形成
e.混合气体的压强不变
②如表是相同时间内处理NO2的量与温度的关系，NO2的处理量先增大后减小的原因是_______。
温度/℃
100
200
300
400
500
NO2的处理量/%
39.3
70.4
85.6
75.7
50.5
(2)一定条件下，向2 L恒容密闭容器中通入4 mol CH4、8 mol NO2发生上述反应。测得反应过程中NO2的体积分数在不同条件X下随着时间的变化如图1中曲线I、 曲线II所示：


①若X表示温度，则X1、X2的相对大小是_______，a、b、c三点对应的混合气体的平均相对分子质量的大小为_______(用a、b、c表示)
②X1条件下，在t1~t3 min内v(N2)_______(填“>”“<”或“=”)在t2~ t3 min内v(N2)，曲线I对应的反应的平衡常数K=_______，(用分数表示)
(3)欲研究在某催化剂作用下该反应的反应速率与温度的关系，在其他条件相同时，改变反应温度，测得经过相同时间时该反应的正反应速率如图2所示，A、B两点对应温度下正反应速率变化的原因可能是_______。 A、B两点对应温度下该反应的活化能Ea(A)_______Ea(B) (填“>”或“<”)。
2．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)△H1=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)△H2=-100kJ·mol-1
又已知在相同条件下，CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g)的正反应的活化能Ea(正)为132kJ·mol-1，则逆反应的活化能Ea(逆)为___________kJ·mol-1。
(2)查阅资料得知，反应CH3CHO(aq)=CH4(g)+CO(g)在含有少量I2的溶液中分两步进行：
第I步反应为CH3CHO(aq)+I2(aq)→CH3I(l)+HI(aq)+CO(g)(慢反应)；
第II步为快反应。
增大I2的浓度___________(填“能”或“不能”)明显增大总反应的平均速率，理由是___________。
(3)在一密闭容器中，起始时向该容器中充入6moLH2S和3moLCH4，发生反应：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。在压强为0.11MPa时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如下图所示：

为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是___________(列举一条)。N点对应温度下，该反应的Kp=___________(MPa)2(Kp为以分压表示的平衡常数)。
(4)合成碳酸二甲酯的工作原理如下图所示。

阳极的电极反应式为___________，离子交换膜a为___________(填“阳膜”、“阴膜”)。
3．能源开发和利用是科学研究的热点课题。
(1)几个有关CO的热化学方程式如下：
I.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ∆H1
II.2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ∆H2
III.CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ∆H3
则3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g) ∆H=_______(用含∆H1、∆H2、∆H3的代数表示)。
(2)在1L恒容密闭容器中充入一定量CH3OH发生反应：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ∆H，测得CH3OH的浓度与温度的关系如图所示：

则T1_______T2；∆H_______0(填“>”“＜”或“=”)。
(3)工业上，利用水煤气合成CH3OH的反应表示如下：2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g) ∆H=-91.0kJ·mol-1，向1L的恒容密容器中加入0.1molH2和0.05molCO在一定温度下发生上述反应，10min后反应达到平衡状态，测得放出的热量为3.64kJ。
①从反应开始恰好平衡状态时，H2的平均反应速率v(H2)为_______。
②在温度不变条件下，上述反应达到平衡后再向容器中充入0.01molH2和0.05molCH3OH(g)时，平衡_______(填“向左移动”、“向右移动”或“不移动”)。
(4)探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
I.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=-49.5kJ·mol-1
II.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ∆H2=-90.4kJ·mol-1
III.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ∆H3
一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，此时H2O(g)的浓度为_______mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应III的平衡常数为_______。
4．I.中学化学常见物质A、B、C、D、X、Y，存在如下图转化关系(部分物质和条件略去)。

①若A为NaOH溶液，X为CO2，D是沉淀，则Y可为___________。(填序号)。
A．SO3B．Ba(OH)2C．H2SO4D．CaO
②若A为碱性气体，X为O2，A与D反应生成一种化肥，则反应Ⅲ的化学方程式为___________。
II.氨氮废水的处理流程如图所示：

①过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通入空气将氨赶出并回收。请用离子方程式表示加NaOH溶液时所发生的反应：___________。
②过程Ⅱ：在微生物的作用、碱性条件下NH被氧化成NO的离子方程式为：___________。
III.金属可用于还原废水中的Cr(Ⅵ)。
(1)其他条件相同时，用相同物质的量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理pH=2.5的含Cr(Ⅵ)废水，废水中Cr(Ⅵ)残留率随时间的变化如图所示。图中b对应的实验方法处理含Cr(Ⅵ)废水的效果更好，其原因是___________(用文字说明)。

(2)用氧化铁包裹的纳米铁粉(用Fe/Fe2O3表示)能有效还原水溶液中的Cr(Ⅵ)。Fe/Fe2O3还原近中性废水中Cr(Ⅵ)的可能反应机理如图所示。Fe/Fe2O3中Fe还原CrO的过程为：

①单质铁发生吸氧腐蚀，铁的电极反应式为___________
②CrO被还原的离子方程式___________
5．苯甲醛(C6H5CHO)和丙酮(CH3COCH3)在固体碱催化剂下发生Aldol反应生成β-羟基酮(C10H12O2)，β-羟基酮进一步脱水反应生成苄叉丙酮(C10H10O)。
Aldol反应：C6H5CHO(l)＋CH3COCH3(l)C10H12O2(l) ΔH1＜0
脱水反应：C10H12O2(l)C10H10O(l)＋H2O(l) ΔH2>0
取0.05 mol苯甲醛和0.16 mol丙酮，加入固体碱催化剂，反应180 min达到化学平衡状态。测得不同温度下，苯甲醛、β-羟基酮、苄叉丙酮的物质的量随时间的关系如图甲、乙所示。

(1)反应中维持较大酮醛比[n(丙酮)/n(苯甲醛)]，除利用反应物丙酮作溶剂外，还可能是________________________________。
(2)根据图甲、图乙可知，温度升高时，苯甲醛的转化率增大，但β-羟基酮的产率降低。请简述其可能原因：________________________________。
(3)反应温度为20 ℃，加入0.5 g固体催化剂，反应180 min后，苯甲醛的转化率为80％，苄叉丙酮的产率为60％，测得反应后混合物总体积为V L。
①β-羟基酮的产率为＝________。
②脱水反应的平衡常数KC＝________。
(4)苄叉丙酮电羧化可用于固定CO2。室温下镁棒为辅助电极，银棒为工作电极，常压下通入CO2 30 min至饱和后开始电解苄叉丙酮(C10H10O)。电解过程中持续通入CO2，在工作电极附近得到电羧化产物2-苯基乙酰丙酸(C11H12O3)。
①镁棒作________极(填“阴”或“阳”)。
②写出苄叉丙酮转化为2-苯基乙酰丙酸的电极反应式：________________(有机物用分子式表示)。
③在电解过程中维持电流强度为I(A)，t min后制得2-苯基乙酰丙酸b g。则工作电极的法拉第电流效率为________________。（，Q＝It＝ne×F，法拉第常数为F，单位C/mol）
6．十九大报告提出要对环境问题进行全面、系统的可持续治理。回答下列问题：
Ⅰ.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理示意图如图。

(1)Pt电极(a)为_______极(填“正”或“负”) ；Pt电极(b)上的电极反应式为：_______。
(2)该过程总反应的化学反应方程式为_______，反应一段时间后，KOH溶液的浓度将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。当消耗0.1 mol O2时，理论上转移电子个数为_______；
Ⅱ. 以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如图所示。

(1)上述过程中，能量的变化形式是由_______转化为_______。
(2)根据数据计算，分解1molCO2需_______(填“吸收”或“放出”) _______kJ的能量。
7．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_______。

8．环境是人类赖以生存的基础，当前人类使用的能源石油产品中含有多种硫化物，如H2 S、H2S、COS、CH3SH等，为了保护环境，石油加工的脱硫技术研究意义重大。
请回答下列问题：

(1)科学研究一种复合组分催化剂，能实现CH4把SO2转化为S，同时生成CO2和H2O。已知CH4和S的燃烧热分别为 和 ，则CH4和SO2反应的热化学方程式为____________ 。
(2)一定条件下，焦炭可以还原SO2，其化学方程式为 ，在恒容密闭容器中， 与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度变化曲线如图甲所示。则该反应的____________0(选填“＞”或“＜”)；该反应自发进行的依据是 ____________。
(3)真空克劳斯法脱硫，可以用过量K2CO3溶液吸收少量H2S，其化学方程式为____________ ，该反应的平衡常数为 ____________。(已知H2CO3的 ， ；H2S的 ， )
(4)COS的水解反应为 。某温度时，用活性作催化剂，在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比的转化关系如图乙所示。其他条件相同时，改变反应温度，测得一定时间内COS的转化率如图丙所示。
①起始向容器中投入一定量反应物，在一定条件下，可以判断反应到达平衡状态的是 ___________ (填字母)。
A．容器中气体密度不变时
B．压强保持不变时
C．容器中气体的平均相对分子质量保持不变时
D．
②若减小投料比 ，H2O的转化率 ___________ (选填“增大”“减小”或“不变”)。
③请你分析该反应进行的温度不宜过高的可能原因是 ____________。
9．Warker法是目前工业上生产乙醛的最重要方法。其反应如下：
CH2=CH2(g)+O2(g)CH3CHO(g) ∆H=-243.68kJ/mol
(1)该反应能自发进行的条件是_______(填“较低”“较高”或“任意”)温度。
(2)该反应实际上按以下步骤进行：
第一步：CH2=CH2+PdCl2+H2O=CH3CHO+Pd+2HCl
第二步：催化剂的氧化再生
Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl
2CuC1+O2+2HCl=2CuCl2+H2O
则CH2=CH2(g)+O2(g)⇌CH3CHO(g)的催化剂(不考虑H2O)是_______(填化学式)。
(3)某温度下，物质的量之比为2：1的CH=CH2和O2在刚性容器内发生反应
CH2=CH2(g)+O2(g)⇌CH3CHO(g)，若起始总压为1.5MPa，反应达到平衡时总压减少了20%，则CH2=CH2的平衡转化率为____，该反应的平衡常数Kp____(MPa)(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。达到平衡后，欲增加CH2=CH2的平衡转化率，可采取的措施为_____(填序号)。
A.通入惰性气体 B.降低温度 C.增加CH2=CH2浓度
(4)电解法处理含乙醛的工业废水的总反应为2CH3CHO+H2OCH3CH2OH+CH3COOH.实验室中，以一定浓度的乙醛和H2SO4溶液为电解质溶液，模拟含乙醛的工业废水，用惰性电极进行电解，其装置如图所示。

①a.上的电极反应式为_______。
②电解一段时间后阳极室溶液的pH_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
③在处理过程中，当外电路中I=aA，b秒时处理掉乙醛(摩尔质量为Mg/mol)cg，则该电解装置的电流效率η=_______(用含a、b、c.M的代数式表示)。已知：F=96500C∙mol-1，η=
10．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_______。
11．CH4—CO2重整反应[CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H>0]在大力推进生态文明建设、“碳达峰”、“碳中和”的时代背景下，受到更为广泛的关注。
(1)相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
CH4(g)
CO(g)
H2(g)
燃烧热(kJ·mol-1)
890.3
283.0
285.8
ΔH=_______kJ·mol-1。
(2)该反应以两种温室气体为原料，可以生成合成气。如何减少反应过程中的催化剂积炭，是研究的热点之一、某条件下，发生主反应的同时，还发生了积炭反应：
CO歧化：2CO(g)=CO2(g)+C(s) △H=-172kJ/mol
CH4裂解：CH4(g)=C(s)+2H2(g) △H=+75kJ/mol
①对积炭反应进行计算，得到温度和压强对积炭反应中平衡炭量的影响图(图a和图b)，其中表示温度和压强对CH4的裂解反应中平衡炭量影响的是(选填序号)_______，理由是_______。

②实验表明，在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生，由此可推断，对于该重整反应而言，其积炭主要由_______反应产生。
综合以上分析，为抑制积炭产生，应选用高温、低压条件。
(3)该重整反应也可用于太阳能、核能、高温废热等的储存，储能研究是另一研究热点。
①该反应可以储能的原因是_______。
②某条件下，研究者研究反应物气体流量、物质的量比()对CH4转化率(XCH4)、储能效率的影响，部分数据如下所示。
序号
加热温度/℃
反应物气体流量/L·min-1

XCH4/%
ηchem/%
①
800
4
2：2
79.6
52.2
②
800
6
3：3
64.2
61.9
③
800
6
2：4
81.1
41.6
(资料)储能效率：热能转化为化学能的效率，用ηchem表示。ηchem=。其中，Qchem是通过化学反应吸收的热量，Q是设备的加热功率。
a.对比实验_______(填序号)，可得出结论：气体流量越大，CH4转化率越低。
b.对比实验②和③发现，混合气中CO2占比越低，储能效率越高，原因可能是_______(该条件下设备的加热功率Q视为不变)。
12．氮及其化合物的研究对于生态环境保护和工农业生产发展非常重要。请回答下列问题：
(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物NOx，用CH4催化还原NOx可消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=-865.0 kJ·mol-1
②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=-112.5 kJ·mol-1
③适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，吸收8.9 kJ的热量。
则CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=___________kJ·mol-1。
(2)已知合成氨反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) △H= -92 kJ·mol-1
①合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行实验，所得结果如图1所示(其他条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是___________(填“A”、“B”或“C”)，理由是___________。

②科研小组模拟不同条件下的合成氨反应，向刚性容器中充人10.0 mol N2和20.0 mol H2，不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系如图2，T1、T2、T3由小到大的排序为___________；在T2、50MPa条件下，A点v正___________v逆(填“>”、“＜”或“=”)；在温度T2压强50 MPa时，平衡常数Kp=___________MPa-2(列出表达式，分压=总压×物质的量分数)。
③关于合成氨工艺的下列理解，正确的有___________(填写字母编号)。
A．控制温度在较高的范围，是为了提高平衡转化率和加快的反应速率
B．合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零
C．NH3易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
D．原料气中N2由分离空气得到，H2由金属与酸反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒
13．气态含氮化合物是把双刃剑，既是固氮的主要途径，也是大气污染物。气态含氮化合物及周边反应是新型科研热点。回答下列问题：
(1)已知：i.部分键能的数据如下表：
共价键
H—H
N—H
N—O
H—O
键能(kJ·mol-1)
436
389
633
464
ii.1mol液态水蒸发为气态水的焓变为△H=+44kJ·mol-1。
写出H2(g)催化还原NO(g)生成NH3(g)和H2O(l)的热化学方程式为___________。
(2)恒容密闭容器中，在Ni作催化剂条件下，NH3分解反应如下：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，不同温度下，NH3分解率随时间变化如图所示，T1___________T2；v正=k正·c2(NH3)，v逆=k逆·c(N2)·c3(H2)，NH3的初始浓度为c1，T1时NH3分解反应平衡时k正/k逆=___________；曲线①②中，k正‒k逆值最大的曲线为___________。

(3)①工业合成尿素的反应为2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)，影响NH3转化率的因素很多。随着反应进行体系中水碳比增大，可使NH3转化率___________(填“增大”或“减小”，下同)，提高氨碳比，可使NH3转化率___________。
②NH2COONH4是尿素生成过程的中间产物，在密闭容器中，发生分解反应NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。
T/K
298
303
308
313
318
-lgK
3.638
3.150
2.717
2.294
1.877
表中为不同温度时测得的化学平衡常数K取负对数值，据此推断该分解反应的△H___________0(填“＞”或“＜”)；若298K时，从反应开始至反应达平衡状态时用时tmin，测得平衡时，容器内压强为pMPa，则用分压表示的NH3的生成速率v(NH3)___________。
14．如图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。

请回答下列问题：
(1)B极是电源的___，一段时间后，甲中溶液颜色___，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明___，在电场作用下向Y极移动。
(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为___。
(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应是___(填“镀层金属”或“镀件”)，电镀液是___溶液。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500mL)，丙中镀件上析出银的质量为___，甲中溶液的pH___(填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生的总反应的离子方程式为___。
(5)以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO，若pH过高，铁电极区会产生红褐色物质。

①电解时阳极的电极反应式为___，离子交换膜(b)为__(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。该反应的离子方程式为____。
15．合成氨工业是人工固氮的重要途径，氨气是工农业生产中的重要物质。请回答以下问题：
(1)下列说法不正确的是___________
A．实验室制备氨气时，可以用CaCl2固体干燥氨气
B．在浓氨水中加入生石灰可制备少量氨气
C．合成氨塔中，需要有热交换装置，便于能量的有效利用
D．合成氨工业中，可将氨气液化，并不断将液氨移去，利于提高NH3的产率
(2)氨是制取硝酸的重要原料。氨的催化氧化过程主要有以下两个反应：
I．4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) ΔHI
II．4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) ΔHII
不同温度下氨氧化的平衡常数如下(p=0.1013Mpa)：
温度(℃)
300
500
700
900
1100
反应I(KI)
6.3×1041
1.1×1026
2.1×1019
3.8×1015
3.4×1011
反应II(KII)
7.3×1056
7.1×1034
2.6×1025
1.5×1020
6.7×1016
①下列说法正确的是___________
A．ΔHI＞0，ΔHII＞0
B．如果对反应不加控制，氨和氧气反应的最终产物主要是N2
C．为使反应有利于朝生成更多的NO方向进行，不必关注热力学问题(平衡移动问题)，需要关注动力学问题(反应速率问题)
D．在实际生产中，需采用高压氧化，以利于提高NO的产率
E．反应中需控制氨氧比、选择性催化剂的形状、气固相接触时间等
②在实际工业生产中，温度一般需要在750℃～850℃左右，其主要原因是___________
(3)已知可通过下列方法合成尿素：
第一步：2NH3(1)+CO2(g)H2NCOONH4(1) ΔH=-159.5kJ/mol
第二步：H2NCOONH4(1)CO(NH2)2(1)+H2O(1) ΔH=+28.5kJ/mol
在体积为5L的密闭容器中加入1molCO2和4molNH3，在一定条件下反应进行到10min时，测得CO2和尿素的物质的量均为0.25mol，如图所示。

①若用单位时间内物质的量的变化来表示固体或纯液体的反应速率，则10min内第一步反应中生成H2NCOONH4(1)[氨基甲酸铵]的平均反应速率为___________
②反应进行15分钟后，随着时间的变化，尿素和氨基甲酸铵的物质的量变化比较明显，但氨气和二氧化碳的变化很小，其主要原因是___________。
16．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理和化学平衡对于消除环境污染有重要意义。
(1)NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH。上述反应分两步完成，其反应历程如图所示。

请回答下列问题：
①写出反应II的热化学方程式___。
②反应I和反应II中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是___(填“反应I”或“反应II”)，请写出判断的理由___。
(2)用活性炭还原法处理氮氧化物的有关反应为：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。向恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，T℃时，各物质起始浓度及12min和15min时各物质的平衡浓度如表所示：
浓度(mol·L-1)
时间(min)
NO
CO2
N2
0
0.200
0
0
12
0.050
0.075
0.075
15
0.100
0.050
0.450
①T℃时，该反应的平衡常数为___。
②在12min时，若只改变某一条件使平衡发生移动，15min时重新达到平衡，则改变的条件是___。
③在15min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使NO、N2的浓度分别增加至原来的2倍4倍，此时反应v正___v逆(填“>”、“<”或“=”)。
(3)NO2存在如下平衡：2NO2(g)N2O4(g)△H<0，在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系式：v正(NO2)=k1·P2(NO2)，v逆(N2O4)=k2·P(N2O4)，速率与分压关系如图所示。一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是Kp=___(用k1、k2表示)；图中标出的点O、A、B、C、D中，能表示反应达到平衡状态的点是___。

17．已知汽车尾气排放时会发生以下反应：
I.N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH1=+180kJ·mol-1
Ⅱ.2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH2
回答下列问题：
(1)若CO的摩尔燃烧焓ΔH3=－283.5kJ·mol-1，则反应Ⅱ的ΔH2=___kJ·mol-1。
(2)若一定温度下，在恒容密闭容器中充入2molCO(g)和1molNO(g)，发生反应Ⅱ，下列描述能说明反应已达到平衡状态的是___(填标号)。
a.CO和NO的物质的量之比不再改变
b.混合气体的密度不再改变
c.混合气体的压强不再改变
d.v正(N2)=2v逆(CO)
(3)CO和NO2也可发生类似反应Ⅱ的变化，反应的热化学方程式为2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)ΔH4＜0。一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入4.0molNO2和4.0molCO，测得NO2物质的量随时间变化如下：

0min
5min
10min
15min
20min
n(NO2)/mol
4.0
3.4
3.12
3.0
3.0
①0～5min内，v正(CO2)=___mol·L-1·min-1；该温度下反应的化学平衡常数K=___L·mol-1(用分数表示)。
②其他条件不变，升高温度，NO2的平衡转化率___(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，混合气体的密度___。
③若20min时，保持温度、压强不变，将容器改为恒温恒压密闭容器，再向容器中通入0.4molCO(g)、0.7molN2(g)和0.4molCO2(g)，则此时v正___v逆(填“＞”“＜”或“=”)。
18．Ⅰ.氨是工业生产硝酸的重要原料，请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：

(1)工业用甲烷制取氢气作为合成氨的原料，已知以下的热化学反应方程式：
①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)∆H=-566kJ/mol
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)∆H=-484kJ/mol
③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)∆H=-890kJ/mol
则：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)∆H=__kJ/mol。
(2)一定温度下，将N2与H2以体积比1：2置于2L的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，下列能说明反应达到平衡状态的是___。
A．体系压强保持不变
B．混合气体颜色保持不变
C．N2与H2的物质的量之比保持不变
D．每消耗2molNH3的同时消耗1molN2
(3)“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用氨转化法处理：已知7mol氨恰好能将含NO和NO2共6mol的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为__。
Ⅱ.氮肥厂的废水直接排放会造成污染，目前氨氮废水处理方法主要有吹脱法、化学沉淀法、生物硝化反硝化法等。某氮肥厂的氨氮废水中氮元素多以NH和NH3•H2O的形式存在。该厂技术团队设计该废水处理方案流程如图：



(4)检验某溶液中是否含有NH的方法___(写出所需试剂、操作及现象)。
(5)过程②、③：在微生物亚硝酸菌和硝酸菌作用下实现NH→NO→NO的转化，称为硝化反应。1molNH可被___L(标准状况)O2最终氧化成NO。
(6)过程④：在一定条件下向废水中加入甲醇(CH3OH)实现HNO2→N2转化，称为反硝化反应。此过程中甲醇(C元素-2价)转化为CO2，写出此过程的化学方程式___。
19．当前，二氧化碳排放量逐年增加，CO2的利用和转化成为研究热点。
(1)二氧化碳加氢合成二甲醚反应包括三个相互关联的反应过程：
反应I CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) ∆H=—49.01 kJ·mol-1
反应II 2CH3OH(g)⇌CH3OCH3 (g)+H2O(g) ∆H=—24.52 kJ·mol-1
反应Ⅲ CO2(g)+H2(g)⇌CO (g)+H2O(g) ∆H= + 41.17 kJ·mol-1
在压强30MPa，=4，不同温度下CO2的平衡转化率、CO的选择性和CH3OCH3的选择性如图所示(选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)：

①图中三支曲线中，代表CH3OCH3选择性的是_______(填A、B、C)。
②根据图中数据计算300℃时，CH3OCH3的平衡产率为_______。
(2)研究表明，Pb对不同原子的结合能力具有差异性，CO2在Pb表面电还原生成HCOOH的机理如图：

①用简洁的语言描述图中涉及的转化过程_______。
②为了深入理解 CO2还原反应的机制，我们研究了不同条件下的反应路径以揭示不同影响因素的作用：结果表明在气相条件下，CO几乎不会生成，可能的原因是_______。
(3)根据热力学模拟结果，当ZnI2分解反应体系中存在CO2时，可显著提高ZnI2的分解率。
已知：Ⅰ.ZnI2+CO2=ZnO+I2+CO，碘量可通过电位滴定法测定。
Ⅱ.气流床实验系统可用于进行ZnI2-CO2反应实验研究，实验中，需要根据研究目的设计固体反应物与载气Ar、反应气体CO2的流量，使固体反应物的进料速率与质量流量满足一定关系，从而实现对初始反应物摩尔比的控制。请设计实验验证：CO2可提高ZnI2的分解率，且CO2比例越大，ZnI2的分解率越大_______。(可使用的试剂有纯Ar气、50%CO2载气、100%CO2载气)
20．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。

(1) 表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理可用图表示。其它条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是____。
②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是___。
(2)Fe2O3可用作脱除H2S气体的脱硫剂。H2S首先与表面的Fe2O3产生疏松多孔的产物FeS，随着反应的进行，Fe2O3不断减少，产物层不断加厚，可用如图所示。失效的脱硫剂可在氧气中加热重新转化为Fe2O3实现“再生”。

①实验表明用Fe2O3脱除纯H2S反应一段时间后，因为产生的S单质将疏松FeS堵塞，反应速率明显减小。Fe2O3与H2S反应的化学方程式为_______。
②“再生”时若O2浓度过大、反应温度过高，“再生”后的脱硫剂脱硫效果明显变差的原因可能是__________。
(3)将含H2S尾气的空气按一定流速通入酸性FeCl3溶液中，可实现含H2S尾气的空气脱硫。在FeCl3溶液吸收H2S的过程中，溶液中的n(Fe3+)及被吸收的n(H2S)随时间t的变化如图所示。t1时刻后，溶液中n(Fe3+)保持微量减少至基本不变，其原因是__。

21．煤的洁净技术(包括固硫技术和脱硫技术两类)可有效降低燃煤废气中SO2的含量，已成为我国解决环境问题的主导技术之一。
I．固硫技术：通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中。石灰石是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：
①CaCO3(s)⇌CaO(s) + CO2(g) △H1= +178.30kJ/mol
②CaO(s) + SO2(g) + 0.5O2(g)⇌CaSO4(s) △H2= -501.92 kJ/mol
③CO(g) + 0.5O2(g)⇌CO2(g) △H3
④CaSO4(s) + CO(g)⇌CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) △H4= +218.92kJ/mol
(1)△H3=________kJ/mol。
(2)在煤燃烧过程中常鼓入稍过量的空气以提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，结合反应②、③、④分析其原因：_________。
II．电化学脱硫技术是一种温和的净化技术，其基本原理为利用阳极反应产生的羟基自由基(·OH，氧元素为-1价)将燃煤中的含硫物质氧化除去，其装置示意图如图所示。

(3)阳极的电极反应式为____。
(4)补全用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁(FeS2)的反应的离子方程式：___；
___FeS2 +____·OH=________Fe3+ + ______SO + _____H2O +
(5)利用上述装置对某含FeS2的煤样品进行电解脱硫，测得一定时间内随溶液起始pH的改变脱硫率(溶于水中的硫元素质量占煤样中硫元素总质量的百分比)的变化如图所示。pH大于1.5后脱硫率下降的可能原因有：随着pH的升高，反应物的氧化性或还原性降低；__。

参考答案
1．高温 bd 低于300℃时，反应未达到平衡，随温度升高反应速率加快，二氧化氮的处理量逐渐增大，高于300℃时，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，二氧化氮的处理量减小 X1 >X2 b 【详解】
(1)①△G=△H-△(TS)＜0即可自发进行，由于△H＜0，△S＞0，故高温下可自发；
a．CH4(g)+2NO2(g)⇌CO2(g)+2H2O(g)+N2(g) 恒温恒容下若平衡v逆(NO2)=v正(NO2)= v正(H2O)，a正确；
b．气体的质量保持不变，恒容条件，混合气体的密度一直不变，b错误；
c．反应前后，物质的总的物质的量在变化，当混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明总的物质的量不变，达到平衡，c正确；
d．无论是否达到平衡，单位时间内都有4 mol C-H健断裂的同时有4 molO-H键形成，d错误；
e．在恒温恒容下，压强之比就等于物质的量之比，反应前后，物质的总的物质的量在变化，当混合气体的压强不变，说明总的物质的量不变，达到平衡，e正确；
故选bd；
②NO2的处理量先增大后减小的原因是低于300℃时，反应未达到平衡，随温度升高反应速率加快，二氧化氮的处理量逐渐增大，高于300℃时，反应达到平衡，升高温度，平衡逆向移动，二氧化氮的处理量减小；
(2)①该反应的正反应放热，温度越高，达到平衡所需时间越短，但不利于平衡向右移动，由题图1知平衡时X1条件下NO2的体积分数较大，达到平衡所需要的时间较短，若X表示温度，则X1 >X2；a、b、c三点所对应的体系中消耗NO2的物质的量为b>c>a，该反应为气体分子数增大的反应，消耗的NO2越多，混合气体的物质的量之和越大，由质量守恒及M=m/n知混合气体的物质的量之和越大，混合气体的平均相对分子质量越小，故a、b、c三点对应的混合气体的平均相对分子质量大小为b ②在X条件下，t1~t3 min与t2~ t3 min内，反应均处于平衡状态，N2的浓度变化值均为0 ，平均反应速率均为0。曲线I对应的反应达到平衡时，NO2的体积分数为40%，设达到平衡时NO2转化了x mol·L-1，列出三段式：，，解得x=，由此可求出平衡常数K=；
(3) 由题图2知，当温度高于T 1K时正反应速率反而降低了，其可能的原因是温度过高时催化剂的催化活性降低，从而导致正反应速率下降；活化能越低，反应速率越快，A、B两点对应温度下该反应的活化能Ea(A)＜Ea(B)。
2．165 能 总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应速率增大，则也增大(或根据总反应可知I2为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的反应速率) 减小体系压强或及时分离出产物或减小起始时H2S与CH4的物质的量之比 8×10-4 2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+ 阳膜
【详解】
(1)已知i.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g)△H1=-133kJ·mol-1
ii.CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)=CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)△H2=-100kJ·mol-1
由盖斯定律可知，i-ii得到CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g)△H=-33kJ·mol-1，焓变等于正逆反应的活化能之差，该反应的Ea(正)为132kJ·mol-1，则逆反应的活化能Ea(逆)为
165kJ·mol-1；
(2)总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应速率增大，则也增大(或根据总反应可知I2为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的反应速率)；
(3)对于CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)，反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是：减小体系压强或及时分离出产物或减小起始时H2S与CH4的物质的量之比；在—2L密闭容器中，起始时充入6moLH2S和3moLCH4，N点时n(H2S)%=n(H2)%，设起始时加入甲烷的物质的量为3mol，甲烷转化的物质的量为xmol，列出三段式
由6-2x=4x，解得x=1，平衡体系总物质的量为(2+4+1+4)mol=11mol，平衡常数Kp=；
(4)阳极上CO失电子和甲醇反应生成碳酸二甲酯，阴极上氧气得电子生成水，阳极反应式为，阴极氧气与H+结合生成H2O，所以离子交换膜为阳膜，阴极的电极反应为，故答案为：2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+；阳膜。
3．2∆H1+∆H2+∆H3 > < 0.008mol/(L·min) 不移动
【详解】
(1)I．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g) ∆H1
II．2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g) ∆H2
III．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ∆H3
根据盖斯定律，2×I+II+III得3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)，则∆H=2∆H1+∆H2+∆H3；
(2)T1下到达平衡的时间更短，则T1更大，即T1>T2；平衡时，T1→T2，降低温度，CH3OH的浓度减小，则平衡正向移动，正反应放热，即∆H<0；
(3)2H2(g)+CO(g)⇌CH3OH(g) ∆H=-91.0kJ·mol-1，达到平衡状态时，测得放出的热量为3.64kJ，则反应了的CO的浓度为=0.04mol/L，根据题意列三段式：
①从反应开始恰好平衡状态时，H2的平均反应速率v(H2)== 0.008mol/(L·min)；
②该温度下，该反应的K==10000，平衡后再向容器中充入0.01molH2和0.0
5molCH3OH(g)，Qc==10000=K，则平衡不移动；
(4)三个反应含C物质有三种：CO2(g)、CH3OH(g)、CO(g)，平衡时CH3OH(g)为amol，CO为bmol，则根据C守恒可知反应了的CO2(g)物质的量为(a+b)mol，三个反应中CO2(g)和H2O(g)只有I和III涉及，且由I和III可知生成的H2O(g)的物质的量=消耗的CO2(g)的物质的量，即(a+b)mol，因此平衡时H2O(g)的浓度为mol/L；则平衡时CO2(g)的浓度为mol/L，根据H守恒可知平衡时H2(g)的浓度为，则反应III的平衡常数K==。
4．BD 3NO2+H2O=2HNO3+NO NH+OH-NH3↑+H2O 2OH-+NH+2O2NO+3H2O Zn-Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率 Fe-2e-=Fe2＋ 3Fe2＋＋CrO＋8H2O=Cr(OH)3↓＋4OH-＋3Fe(OH)3
【详解】
Ⅰ.①若A为NaOH溶液，X为CO2，向NaOH溶液中加入少量的CO2，发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，继续加入CO2，会发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，再加入碱Ba(OH)2溶液时，会发生反应：2NaHCO3+Ba(OH)2=Na2CO3+BaCO3+H2O；也可以加入碱性氧化物如CaO，其与水发生反应产生Ca(OH)2，然后发生反应：2NaHCO3+Ca(OH)2=Na2CO3+CaCO3+H2O，也产生白色沉淀，若加入酸性氧化物SO3，其与水反应产生硫酸，硫酸与NaHCO3反应产生气体，无沉淀产生，故选项B、D正确；
②若A为碱性气体，A是NH3，NH3被氧气催化氧化产生NO，反应方程式是：；NO与氧气发生反应：2NO+O2=2NO2，NO2与水反应产生硝酸和NO，反应方程式是：3NO2+H2O=2HNO3+NO；硝酸与氨气化合形成NH4NO3，则反应Ⅲ的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO；
Ⅱ.①向废水中加入NaOH溶液，发生反应：NH+OH-NH3↑+H2O；
②在微生物的作用、碱性条件下NH被氧化成NO的离子方程式2OH-+NH+2O2NO+3H2O；
Ⅲ.(1)Zn-Cu粉在溶液中形成原电池，加快反应速率；
(2)①单质铁发生吸氧腐蚀，铁的电极反应式为Fe-2e-=Fe2＋；
②3Fe2＋＋CrO＋8H2O=Cr(OH)3↓＋4OH-＋3Fe(OH)3。
5．增大丙酮浓度，有利于提高苯甲醛的转化率 反应温度升高，β-羟基酮发生脱水反应生成苄叉丙酮，从而降低了β-羟基酮的产率降低 20% 阳
【详解】
(1)反应中维持较大酮醛比[n(丙酮)/n(苯甲醛)]，除利用反应物丙酮作溶剂外，还可能是增大丙酮浓度，有利于提高苯甲醛的转化率。
(2)根据图甲、图乙可知，温度升高时，苯甲醛的转化率增大，但β-羟基酮的产率降低。可能原因反应温度升高，β-羟基酮发生脱水反应生成苄叉丙酮，从而降低了β-羟基酮的产率降低。
(3) ，
①β-羟基酮的产率为＝。
②脱水反应的平衡常数KC＝。
(4) ①工作电极为阴极，镁棒作阳极。
②苄叉丙酮转化为2-苯基乙酰丙酸的电极反应式：。
③在电解过程中维持电流强度为I(A)，t min后制得2-苯基乙酰丙酸b g。则工作电极的法拉第电流效率为：。
6．负极 O2+4e-+2H2O=4OH- 4NH3+3O2= 2N2+6H2O 减小 2.4081023 光能、热能 化学能 吸收 278
【详解】
Ⅰ.(1) Pt电极(a)通入的是氨气，生成氮气，说明氨气被氧化，则Pt电极(a)为电源的负极。Pt电极(b)通入的是氧气，为电源的正极，电解质为碱性溶液，则Pt电极(b)上的电极反应式O2+4e-+2H2O=4OH-。
(2)由图可知，Pt电极(a)通入的是氨气，生成氮气，则Pt电极(a)上的电极反应式为2NH3-6e-+ 6OH-=N2+6H2O，根据两个电极上的电极反应式可知，该过程总的反应化学方程式为4NH3+3O2= 2N2+6H2O。从反应的总化学方程式来看，由于有水生成，导致一段时间后，KOH溶液的浓度会减小。根据电极反应式O2+4e-+2H2O=4OH-，消耗1mol O2转移电子4 mol，则当消耗0.1 mol O2时，理论上转移电子个数为0.46.021023=2.4081023。
Ⅱ.(1)由图可知，上述过程中，以TiO2为催化剂，在光和热的条件下，CO2分解为CO和O2，根能量守恒定律，该过程中能量的变化形式是由光能、热能转化为化学能。
(2) CO2分解为CO和O2，根据反应的焓变=反应物的键能总和-生成物的键能总和及焓变与其方程式中的化学计量数成正比，由2 CO2(g)=2CO(g)+O2(g)及图中各分子化学键完全断裂时的能量变化数据可知=21598kJ·mol-1-(21072+496) kJ·mol-1=+556 kJ·mol-1，所以，分解1molCO2需吸收278 kJ的能量。
7．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。
8． ＜ ，， 1.0×103 D 增大 温度过高，催化剂活性降低，反应速率变慢或升高温度平衡向逆反应方向移动
【详解】
(1) 根据已知CH4和S的燃烧热分别为 和 ，故有：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-890.3kJ∙mol-1，②S(s)+O2(g)=SO2(g) =-297.2kJ∙mol-1，科学研究一种复合组分催化剂，能实现CH4把SO2转化为S，同时生成CO2和H2O，该反应为：CH4(g)+2SO2(g)=2S(s)+CO2(g)+2H2O(l)，该反应可由①-2②，根据盖斯定律可知，=(-890.3kJ∙mol-1)-2(-297.2kJ∙mol-1)=-295.9kJ/mol，故则CH4和SO2反应的热化学方程式为，故答案为：；
(2) 由图甲所示信息可知，达到最高点后升高温度SO2的转化率减小，说明平衡逆向移动，则该反应的＜0，由该反应的气体系数可知，正反应为气体体积增大的方向，即＞0，故有恒小于0，故该反应能自发进行，故答案为：＜；，，；
(3)根据已知H2CO3的 ， ；H2S的 ，，可知酸性H2CO3＞H2S＞＞结合强酸制弱酸的一般规律可知真空克劳斯法脱硫，可以用过量K2CO3溶液吸收少量H2S，其化学方程式为K2CO3+H2S=KHCO3+KHS，该反应的平衡常数为K===103，故答案为：103；
(4)①A．反应前后气体的总质量保持不变，体积保持不变，容器中气体密度始终保持不变，故容器的气体密度保持不变不能说明反应达到化学平衡，A不合题意；
B．反应前后气体的总的物质的量保持不变，故气体的压强始终保持不变，故压强不变不能说明反应达到平衡状态，B不合题意；
C．反应前后气体的总质量保持不变，气体的总的物质的量保持不变，故容器中气体的平均相对分子质量始终保持不变，故气体的平均相对分子质量不变不能说明反应达到平衡状态，C不合题意；
D． 根据化学反应速率之比等于化学计量系数之比，COS和H2S的系数均为1，故说明正、逆反应速率相等，说明化学反应达到平衡状态，D符合题意；
故答案为：D；
②若减小投料比 ，即相当于增大COS的浓度，平衡正向移动，故H2O的转化率增大，故答案为：增大；
③由图丙可知，该反应随着温度的升高，反应速率增大，但到达最高点后，COS的转化率又逐渐减小，可能是催化剂失去活性导致速率减慢或反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，故答案为：温度过高，催化剂活性降低，反应速率变慢或升高温度平衡向逆反应方向移动。
9．较低 PdCl2 60% B CH3CHO+2e−+2H+=CH3CH2OH 变小
【详解】
(1)ΔH和ΔS均小于0，根据ΔG=ΔH－TΔS＜0可知反应自发的条件是较低温度。
(2)PdCl2参与第一步反应且在第二步又生成，其质量和化学性质没有改变，故PdCl2是催化剂。而CuCl2是氧化剂，将Pd氧化为PdCl2，主要是起到使催化剂复原的目的。
(3)根据三段式可知

依据物质的量之比=压强之比可得：，解出。因此：=，平衡时总压为1.5MPa×80%=1.2MPa，CH2=CH2(g)、O2(g)、CH3CHO(g)的物质的量分数分别为、、。因此：。
A.刚性容器中通入惰性气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，故CH2=CH2的转化率不变。
B.降低温度，平衡正向移动，故CH2=CH2的转化率增大。
C.增加CH2=CH2浓度，虽然平衡正向移动，但CH2=CH2的转化率还是减小。
答案选B。
(4)①a为阴极，发生还原反应，由总反应可知，CH3CHO在阴极、酸性环境中放电生成CH3CH2OH，故电极反应式为CH3CHO+2e−+2H+=CH3CH2OH。
②阳极的电极反应式为CH3CHO－2e−+H2O=CH3COOH+2H+，为了维持膜两侧电解液的电中性，反应生成的H+从阳极室透过质子交换膜向阴极室迁移，但阳极室溶液中H2O减少，导致c(H+)增大，故溶液的pH减小。
③实际处理掉乙醛的物质的量为；由总反应可知，理论处理掉乙醛的物质的量与外电路电子的物质的量相等，为，故该电解装置的电流效率。
10．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：、、、。
11．+247.3 a CH4的裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与图a相符 CO歧化 该反应是吸热反应，可通过反应将热量储存在产物CO、H2中(生成高热值的物质CO、H2)，CO、H2可通过燃烧放出大量热 ①和② 通过数据分析可知，气体流量一定的情况下，②中CH4转化的物质的量相对较多，因此通过化学反应吸收的热量(即Qchem)较多
【详解】
(1)由燃烧热数据可得：①CH4(g)+2O2(g)= CO2(g)+ 2H2O(l) △H=-890.3 kJ/mol，②CO(g) +O2(g)= CO2(g) △H=-283.0kJ/mol，③H2(g) +O2(g)= H2O(l) △H=-285.8kJ/mol，由盖斯定律可知，①-2×②-2×③可得重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)，则△H=(-890.3 kJ/mol)-2×(-283.0kJ/mol)-2×(-285.8kJ/mol)= +247.3kJ/mol，故答案为：+247.3；
(2)①甲烷的裂解反应为气体体积增大的吸热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡炭量减小，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡炭量增大，由图可知，图a中温度升高或降低压强时，平衡炭量增大，则图a表示温度和压强对甲烷裂解反应中平衡炭量影响，故答案为：a；CH4裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与图a相符；
②由在重整反应中，低温、高压时会有显著积炭产生可知，产生积炭的反应为气体体积减小的放热反应，由题给方程式可知，积炭主要是由一氧化碳的歧化反应产生，故答案为：CO歧化；
(3)①重整反应是吸热反应，反应时生成高热值的物质一氧化碳和氢气，将热量储存在产物一氧化碳和氢气中，一氧化碳和氢气可通过燃烧放出大量热，所以该反应可以储能，故答案为：该反应是吸热反应，可通过反应将热量储存在产物CO、H2中(生成高热值的物质CO、H2)，CO、H2可通过燃烧放出大量热；
②由题给数据可知，实验①和②的加热温度、物质的量比相同，而反应物气体流量不同，反应物气体流量越大，甲烷转化率越低；实验②和③的加热温度、反应物气体流量相同，而物质的量比不同，混合气中二氧化碳占比越低，甲烷转化的物质的量相对较多，反应得到的热量较多，Qchem越大，储能效率越高，故答案为：①和②；通过数据分析可知，气体流量一定的情况下，②中CH4转化的物质的量相对较多，因此通过化学反应吸收的热量(即Qchem)较多。
12．-1155.5 A 反应放热，低温有利于氨的合成且低温有利于节约工业成本 T1＜T2＜T3 > B C(缺一不可)
【详解】
(1)根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的计算，
已知：①CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-865.0kJ•mol-1，
②2NO(g)+O2(g)═2NO2(g)△H=-112.5kJ•mol-1，
③适量的N2和O2完全反应，每生成5.6L(标准状况下)NO时，物质的量n(NO)=V/Vm=5.6L/22.4L/mol=0.25mol，吸收22.5kJ的热量，生成2molNO吸热180kJ，即热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ•mol-1，
按盖斯定律，反应①+②-③可得CH4(g)+4NO(g)═2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=(-865.0kJ•mol-1)+(-112.5kJ•mol-1)-(+180kJ•mol-1)=-1155.5kJ/mol，故答案为：-1155.5；
(2)①合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行试验，其中催化剂A在较低温度下具备较高的催化活性，一方面可节约能源，另一方面低温有利于反应的转化；
②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，相同压强下，升高温度平衡逆向移动，氨气的体积分数减小，根据图知，温度由小到大的顺序为T1＜T2＜T3，在T2、50MPa 条件下，A点未达到平衡状态，要达到平衡，反应需要继续正向进行，因此v 正＞v 逆，若体系在T2、50MPa下达到平衡，相同温度下，气体的体积分数等于其物质的量分数，设平衡时n(NH3)=xmol，三段式为：，平衡时氨气体积分数=x/(30-x)×100%=50%，解得x=10，氮气分压=(10−10×0.5)/(30-10)×50MPa=0.25×50MPa，氨气的分压=10/(30-10)×50MPa=0.5×50MPa，氢气分压=(20−1.5×10)/ (30-10)×50MPa=0.25×50MPa，此时的平衡常数Kp=(0.5×50MPa)2/(0.25×50MPa)×(0.25×50MPa)3=(MPa)-2；
③i．活化能越大，反应速率越慢，故第一步反应的活化能E1＞第二步反应的活化能E2，
故答案为：活化能越大，反应速率越慢；
ii．A．控制温度远高于室温，是为了保证催化剂活性最高，故A错误；
B．合成氨反应是气体体积减小的放热反应，在不同温度下的△H和△S都小于零，故B正确；
C．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，减小生成物浓度，利于反应正向进行，故C正确；
D．原料中N2由分离液态空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生，故D错误；
故答案为：BC。
13．5H2(g)+2NO(g)=2NH3(g)+2H2O(l) △H=-832 kJ/mol ＞ 0.12c12 ① 减小 减小 ＞ MPa/min
【分析】
根据题中所给键能数据，写出所求热化学方程式；根据题中图示信息，由先拐先平衡判断T1、T2相对大小，由化学平衡“三段式”进行相关计算及判断k正‒k逆值最大的曲线；根据题中信息判断NH3转化率变化；根据表格数据，升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热反应，判断△H＞0；根据题给方程式，由气体的压强比等于物质的量之比，求出NH3的分压及反应速率；据此解答。
【详解】
(1)由于△H=反应物总键能-生成物总键能，H2催化还原NO生成NH3和H2O的化学方程式为5H2+2NO=2NH3+2H2O，△H=(5×436kJ/mol+2×633kJ/mol)-(2×3×389kJ/mol+2×2×464kJ/mol)=-744kJ/mol，又由于H2O(l)=H2O(g) △H=+44kJ/mol，H2(g)催化还原NO(g)生成NH3(g)和H2O(l)的热化学方程式为5H2(g)+2NO(g)=2NH3(g)+2H2O(l) △H=-744kJ/mol-2×44kJ/mol=-832kJ/mol；答案为5H2(g)+2NO(g)=2NH3(g)+2H2O(l) △H=-832 kJ/mol。
(2)由题中图示可知，同样的时间，①上升比②快，①比②先达到平衡，①的反应速率快，①所处的温度高，即T1＞T2；因为v正=k正·c2(NH3)，v逆=k逆·c(N2)·c3(H2)，平衡时v(正)=v(逆)，即k正·c2(NH3)= k逆·c(N2)·c3(H2)，T1时由可知，===0.12c12；k正‒k逆值最大，即正向反应趋势大，则曲线①k正‒k逆值最大；答案为＞；0.12c12；①。
(3)①由2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)可知，CO(NH2)2为固态，量的变化不影响平衡移动，则水碳比指的是，此比值增大，向逆反应方向进行趋势增大，使NH3的转化率减小；提高氨碳比，即提高的值，相对于NH3来说，CO2的量减小了，故能反应的NH3占总NH3的比例减小，即NH3的转化率减小；答案为减小；减小。
②由题中表格数据可知，温度升高，-lgK的值减小，则K值增大，平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，故△H＞0；由NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)可知，平衡时NH3与CO2的物质的量之比为2:1，此时容器内压强为pMPa，则NH3的分压为p(NH3)=pMPa，用分压表示的NH3的生成速率v(NH3)==MPa/min；答案为＞；MPa/min。
14．负极 逐渐变浅 氢氧化铁胶粒带正电荷 1﹕2﹕2﹕2 镀件 AgNO3 5.4g 变小 Fe+Cu2+Cu+Fe2+ Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O 阴 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O
【分析】
将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F极是阴极，B为电源负极，A为电源正极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极；
【详解】
(1)B电极是电源的负极；甲溶液中，故颜色逐渐变浅；Y电极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体离子带正电荷；
(2) C、D、E、F电极发生的反应分别为：、、、，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1:2:2:2；
(3)电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，电镀液含有镀层金属阳离子，故电镀液为AgNO3溶液；当乙中溶液的c(OH-)=0.1mol/L时(此时乙溶液体积为500mL)，根据电极反应，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol×0.05mol=5.4g；电解硫酸铜的过程中水放电生成氧气，有硫酸生成，所以氢离子浓度增大，所以酸性增强，甲中溶液的pH变小；
(4)C电极换为铁，则阳极铁失电子，阴极铜离子得电子，电解池反应为：Fe+Cu2+Cu+Fe2+；
(5) ①电解池中阳极发生氧化反应，依据题意可知铁在阳极失去电子，碱性环境下生成高铁酸根离子，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=FeO+4H2O；离子交换膜(b)为阴离子交换膜，可使氢氧根离子进入阳极区；
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解，该反应的离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。
15．A BE 确保反应I中的选择性催化剂的活性温度，提高反应I的催化氧化速率 第一步反应速率快，已基本达到平衡；H2NCOONH4和CO(NH2)2均为纯液体状态，其物质的量的变化，对第一步反应无明显影响
【详解】
(1) A．实验室制备氨气时，不可以用CaCl2固体干燥氨气，因为氨气会CaCl2和生成 ，故A错误；
B．在浓氨水中加入生石灰，生石灰吸水，放出大量热，促进的分解及NH3的挥发逸出， 可制备少量氨气，故B正确；
C．合成氨塔中发生化学反应，都有能量的变化，需要有热交换装置，便于能量的有效利用，故 C正确；
D．合成氨工业中，可将氨气液化，并不断将液氨移去，利于反应正向进行，提高NH3的产率，故D正确；
故答案为：A；
(2)①A．反应Ⅰ随温度升高，KⅠ减小，即ΔHI<0；反应随温度升高，KⅡ减小，ΔHII<0；故A错误；
B．由题可知，KⅡ>KⅠ（相同温度下），若不加控制，最终产物主要是N2，故B正确；
C．若要生成更多的NO，涉及到平衡移动问题，应考虑热力学问题，故C错误；
D．压强增大，平衡逆向移动，不利于NO生成，故D错误；
E．为了提高产物转化率，使平衡正向移动，反应中需控制氨氧比、选择性催化剂的形状、气固相接触时间等，故E正确；
故答案为：BE；
②温度在750℃以上，是为了加快反应速率，而850℃以上，K减小，故要控制温度在750℃-850℃；故答案为：确保反应I中的选择性催化剂的活性温度，提高反应I的催化氧化速率；
(3)①v(H2NCOONH4)生=v(NH3)反= == ，故答案为：；
②第一步反应速率比第二步快，第一步反应已达平衡，且H2NCOONH4和CO(NH2)2均为纯液体状态，其物质的量的变化，对第一步反应无明显；故答案为：第一步反应速率快，已基本达到平衡；H2NCOONH4和CO(NH2)2均为纯液体状态，其物质的量的变化，对第一步反应无明显影响。
16．N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=-(E2-E1)kJ·mo1-1 反应II 反应II的活化能大于反应I的活化能，反应II断键时需要更多的能量，反应速率慢 2.25 增大N2的浓度 = Kp= BD
【分析】
(1)①根据能量关系图，反应Ⅱ为放热反应，结合△H=正反应的活化能-逆反应的活化能计算；②反应活化能越大，反应速率越慢；
(2)①根据K=计算；②根据表中数值知，15min时重新达到平衡时，NO、氮气的浓度增大，二氧化碳的浓度减小，说明平衡逆向移动，据此判断改变的条件；③根据Qc与K的关系分析；
(3)反应达到平衡时v正=v逆，即v逆(N2O4)=v正(NO2)，结合Kp=以及NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压的关系计算，满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点。
【详解】
(1)①根据能量关系图，反应Ⅱ为放热反应，热化学方程式为：N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H=-(E2-E1)kJ/mo1，故答案为：N2O2(g)+O2(g)⇌2NO2(g) △H=-(E2-E1)kJ/mo1；
②反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应速率由最慢的一步决定，所以决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是反应Ⅱ，故答案为：反应Ⅱ；反应Ⅱ的活化能大于反应I的活化能，反应Ⅱ断键时需要更多的能量，反应速率慢；
(2)①根据表格数据，T℃时，12min时为平衡状态，K===2.25，故答案为：2.25；
②根据表中数值知，15min时重新达到平衡时，NO、氮气的浓度增大，二氧化碳的浓度减小，说明平衡逆向移动，说明改变条件是增大N2的浓度，故答案为：增大N2的浓度；
③原先达到平衡时，Qc==K=2.25，在15min时，保持温度和容器体积不变再充入NO和N2，使二者的浓度均增加至原来的2倍、4倍，Qc'===2.25=K，此时达到平衡，v正=v逆，故答案为：=；
(3)v正(NO2)＝k1·p2(NO2)，v逆(N2O4)＝k2·p(N2O4)，平衡时需要满足v逆(N2O4)=v正(NO2)，即k1•p2(NO2)=k2•p(N2O4)，Kp==；满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点，根据图象，B、D所对应的速率刚好为1∶2的关系，所以B、D两点为平衡点，故答案为：；BD。
17．-747 ac 0.12 减小 不变 ＜
【详解】
(1)已知：
I.N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH1=+180kJ·mol-1
Ⅱ.2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH2
CO的摩尔燃烧热ΔH3=－283.5kJ·mol-1，则其热化学方程式为
Ⅲ．CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=－283.5kJ·mol-1
根据盖斯定律Ⅲ×2-Ⅰ=Ⅱ，则有ΔH2=-747.0kJ•mol-1；
(2)a.充入2molCO(g)和1molNO(g)，根据方程式，一氧化碳和一氧化氮按1：1反应，所以当CO和NO的物质的量之比不变时可以说明反应到平衡，故a正确；
b.因为容器体积不变，根据质量守恒，混合气体总质量不变，则混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应到平衡，故b错误；
c.该反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，混合气体的压强减小，当混合气体的压强保持不变能说明反应到平衡，故c正确；
d.2v正(N2)=v逆(CO)才能说明反应达到平衡状态，则v正(N2)=2v逆(CO)，正逆速率不相等，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；
故答案为ac；
(3)①由表格数据可知，0～5min内，二氧化氮浓度减少（2.0-1.7）mol•L-1=0.3mol•L-1，根据2NO2(g)+4CO(g)N2(g)+4CO2(g)，则生成二氧化碳浓度是0.6mol•L-1，0～5min内，v正(CO2)=0.6mol/L÷5min＝0.12mol·L-1·min-1；根据三段式可知

K=；
②正反应放热，其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，该反应全为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度不变；
③该反应平衡时NO2、CO、N2、CO2（物质的量分别为3.0mol、2.0mol、0.5mol、2.0mol，则气体物质的量总量为7.5mol，20min时，保持温度、压强不变，将容器改为恒温恒压密闭容器，再向容器中通入0.4molCO(g)、0.7molN2(g)和0.4molCO2(g)，则总物质的量变为（7.5+0.4+0.7+0.4）=9.0mol，设此时容器的体积为xL，根据物质的量比等于体积比可知，则NO2、CO、N2、CO2的物质的量浓度分别为（mol/L）1.25、1、0.5、1，此时Qc=，则该反应向逆向进行，v正＜v逆。
18．160 ACD 1：3 取少量待测液于试管中，加入浓NaOH并加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体(或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)，则证明含有NH 44.8 5CH3OH+6HNO35CO2↑+3N2↑+13H2O
【分析】
Ⅰ.氢气与氮气生成氨气，通入空气在氧化炉中生成一氧化氮，一氧化氮与空气和水反应生成硝酸；
Ⅱ.铵根离子与碱加热生成氨气，氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；由电子守恒可知需要的氧气的物质的量，结合V=n·Vm计算；由题中所给信息，结合电子及原子守恒书写化学方程式。
【详解】
(1)根据盖斯定律，③-②-①得到目标方程式，故目标反应的焓变等于；
(2) A．反应前后气体分子数不同，故体系压强保持不变说明反应达到平衡状态，A正确；
B．氮气、氢气、氨气都是无色气体，故气体颜色不变不能说明反应达到平衡状态，B错误；
C．由于投入的氮气与氢气的体积比与化学计量数不同，故N2与H2的物质的量之比保持不变可以证明反应达到平衡状态，C正确；
D．每消耗2molNH3的同时消耗1molN2说明正逆反应速率相同，可以证明反应达到平衡状态，D正确；
答案选ACD。
(3)7mol氨失去21mol电子，根据题意和得失电子守恒可得n(NO)+n(NO2)=6mol，2n(NO)+4n(NO2)=21mol，解得n(NO)=1.5mol，n(NO2)=4.5mol，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1:3
(4)检验某溶液中是否含有NH的方法为取少量待测液于试管中，加入浓NaOH并加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体(或将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)，则证明含有NH；
(5)由电子守恒可知需要氧气为，标准状况下氧气的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L；
(6)由信息可知，甲醇被硝酸氧化生成二氧化碳和氮气，由电子及原子守恒可知化学方程式为5CH3OH+6HNO35CO2↑+3N2↑+13H2O。
19．C 6% 以生成HCOOH作为最终的产物，其中包含有两条路径CO2→ COOH → HCOOH和CO2→HCOO→HCOOH，分别以COOH和HCOO作为中间产物；其中中间产物COOH的质子化还能生成一氧化碳和水(CO2→ COOH → CO + H2O) 在气相条件下，Pb对O原子的结合强度远强于对C原子的结合强度，HCOO是最有利的中间产物，反应过程CO2→HCOO → HCOOH为最优路径，不会产生CO 分别称取相同质量的ZnI2固体置于气流床实验系统内，分别通入流量相同的纯Ar气载气、50%CO2载气、100%CO2载气，在相同温度下反应相同时间后，电位滴定法测定生成的I2
【详解】
(1)①反应I和反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二甲醚的选择性减小，二氧化碳的转化率减小，反应Ⅲ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的选择性增大，二氧化碳的转化率增大，由图可知，曲线A代表一氧化碳的选择性、B代表二氧化碳的转化率、C代表二甲醚的选择性，故答案为：C；
②由图可知，300℃时，二氧化碳的平衡转化率为30%、二甲醚的选择性为20%，设起始二氧化碳为amol，二甲醚的产率为×100%=6%，故答案为：6%；
(2) ①由图可知，CO2在Pb表面电还原生成HCOOH的机理包含两条路径，Pb结合C原子形成COOH：CO2→ COOH → HCOOH和Pb结合O原子形成HCOO：CO2→HCOO→HCOOH，两条路径分别以COOH和HCOO作为中间产物，其中中间产物COOH的质子化还能生成一氧化碳和水(CO2→ COOH → CO + H2O)，故答案为：以生成HCOOH作为最终的产物，其中包含有两条路径CO2→ COOH → HCOOH和CO2→HCOO→HCOOH，分别以COOH和HCOO作为中间产物；其中中间产物COOH的质子化还能生成一氧化碳和水(CO2→ COOH → CO + H2O)；
②由在气相条件下，一氧化碳几乎不会生成可知，在气相条件下，Pb对O原子的结合强度远强于对C原子的结合强度，HCOO是最有利的中间产物，反应过程CO2→HCOO → HCOOH为最优路径，不会产生一氧化碳，故答案为：在气相条件下，Pb对O原子的结合强度远强于对C原子的结合强度，HCOO是最有利的中间产物，反应过程CO2→HCOO → HCOOH为最优路径，不会产生CO；
(3)若CO2可提高ZnI2的分解率，且CO2比例越大，ZnI2的分解率越大，则ZnI2在其他条件相同时，在纯Ar气、50%CO2载气、100%CO2载气中，ZnI2的分解率会依次增大，生成I2的量会增大，则相关实验设计为分别称取相同质量的ZnI2固体置于气流床实验系统内，分别通入流量相同的纯Ar气载气、50%CO2载气、100%CO2载气，在相同温度下反应相同时间后，电位滴定法测定生成的I2，故答案为：分别称取相同质量的ZnI2固体置于气流床实验系统内，分别通入流量相同的纯Ar气载气、50%CO2载气、100%CO2载气，在相同温度下反应相同时间后，电位滴定法测定生成的I2。
20．OH-浓度增大，促进H2SH++HS-平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大 若水膜过厚，后兴叹表面的溶解氧浓度变小，产生的O少 Fe2O3+3H2S=2FeS+S+3H2O 部分FeS与O2反应转化为FeSO4[或Fe2(SO4)3]使脱硫剂其不再生成疏松多孔的FeS t时刻后，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，生成的Fe3+与H2S发生氧化还原反应，因而溶液中的Fe3+的量基本不变
【详解】
(1)①适当增大活性炭表面的水膜pH， H2S的氧化去除率增大的原因是：OH-浓度增大，促进H2SH++HS-平衡向正反应方向移动，HS-浓度增大；
②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是：若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少；
(2)①用Fe2O3脱除纯H2S反应一段时间后，因为产生的S单质将疏松FeS堵塞，反应速率明显减小，Fe2O3与H2S反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2S=2FeS+S+3H2O；
②“再生”时若O2浓度过大、反应温度过高，“再生”后的脱硫剂脱硫效果明显变差的原因可能是：部分FeS与O2反应转化为FeSO4[或Fe2(SO4)3]使脱硫剂其不再生成疏松多孔的FeS；
(3) t1时刻后，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，生成的Fe3+再与H2S发生氧化还原反应，这两个反应的速率近似相等，因而溶液中的Fe3+的量基本不变。
21．-283.00 鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应②平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移动，降低CO浓度，增大CO2浓度，使反应④平衡逆向移动，有利于固硫 H2O-e-=OH+H+(或OH--e-=·OH) 1FeS2+15·OH=1Fe3++2SO+7H2O+1H+ pH升高，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行
【详解】
(1)已知：①CaCO3(s)⇌CaO(s)+CO2(g)△H1=+178.30kJ/mol
②CaO(s)+SO2(g)+0.5O2(g)⇌CaSO4(s)△H2=-501.92 kJ/mol
④CaSO4(s)+CO(g)⇌CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)△H4=+218.92kJ/mol
所求反应为：③CO(g)+0.5O2(g)⇌CO2(g)，该反应可由②+④得到，根据盖斯定律，△H3=△H2+△H4=-283.00kJ/mol，故答案为：-283.00；
(2)鼓入过量的空气，即增大O2浓度，促进反应②正向进行，生成CaSO4，有利于固硫，同时鼓入的O2也能促进反应③正向进行，使CO浓度降低，CO2浓度升高，而相对于反应④来说，CO的浓度的降低与CO2浓度的升高，又会促进反应④逆向进行，生成CaSO4，有利于固硫，综合②③④，鼓入的O2均能促使CaSO4的生成，取向一致，有利于固硫，故答案为：鼓入稍过量的空气，增大了反应体系中氧气的浓度，使反应②平衡正向移动，有利于固硫；同时，氧气浓度增大也会使反应③平衡正向移动，降低CO浓度，增大CO2浓度，使反应④平衡逆向移动，有利于固硫；
(3)电解池阳极发生氧化反应，产生•OH，电极反应为：H2O-e-═•OH+H+，故答案为：H2O-e-=OH+H+(或OH--e-=·OH)；
(4)用羟基自由基除去煤中二硫化亚铁(FeS2)，•OH具有较强的氧化性，可以将FeS2转化为Fe3+，SO，自身转化为H2O，根据电子得失守恒，定FeS2前系数为1，•OH前配上系数为15，再根据元素守恒，电荷守恒，则反应应为：FeS2+15•OH═Fe3++2 SO+7H2O+H+，故答案为：1FeS2+15·OH=1Fe3++2SO+7H2O+1H+；
(5)随着pH的升高，Fe3+可以转化为Fe(OH)3，溶液中Fe3+浓度降低，Fe(OH)3覆盖在煤浆表面，阻止反应进行，导致脱硫率下降，故答案为：pH升高，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，覆盖在煤浆表面，阻止反应进行。