广东省2023年高考化学模拟题汇编-15化学反应的热效应

这是一份广东省2023年高考化学模拟题汇编-15化学反应的热效应，共48页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
广东省2023年高考化学模拟题汇编-15化学反应的热效应

一、单选题
1．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）下列依据热化学方程式得出的结论正确的是
A．若2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)  ΔH=-483.6kJ·mol-1，则H2的标准燃烧热为-241.8kJ·mol-1
B．若C(石墨；s)=C(金刚石，s)  ΔH>0，则石墨比金刚石稳定
C．已知NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)  ΔH=-57.4kJ·mol-1，则20.0gNaOH固体与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量
D．已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)  ΔHl；2C(s)+O2(g)=2CO(g)  ΔH2，则ΔHl>ΔH2
2．（2023·广东汕头·统考一模）下图是用钌基催化剂催化和的反应示意图，当反应生成液态时放出的热量。下列说法错误的是

A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成
B．图示中物质I为该反应的催化剂，物质II、III为中间产物
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变
D．由题意知：  
3．（2023·广东梅州·统考模拟预测）我国建成全球首套千吨级液态太阳燃料合成示范装置，其原理如图所示。下列说法不正确的是

A．太阳能在此过程中主要转化为电能和化学能
B．反应Ⅰ和反应Ⅱ都属于氧化还原反应
C．中存在的化学键有：离子键、共价键、氢键
D．该过程产生的氢气和甲醇都可作为燃料电池燃料
4．（2023·广东·校联考一模）劳动创造世界，造福人类美好生活。下列劳动项目与所涉及的化学知识不相符的是
选项
劳动项目
化学知识
A
学农活动：撒石灰改良酸性土壤
石灰能与土壤中的碳酸盐反应
B
家务劳动：蛋糕加少量小苏打会更松软
碳酸氢钠受热分解
C
家庭小实验：用醋制软壳鸡蛋
醋酸和蛋壳反应
D
社区服务：向社区科普喝高度白酒不能杀灭新冠病毒
医用酒精用于体外杀菌消毒

A．A B．B C．C D．D
5．（2023·广东·惠州一中模拟预测）我国正面临巨大的减排压力。燃煤电厂是的主要排放源，直接从燃煤烟气中捕获是缓解排放危机最有效的手段。一种钙基吸收剂(主要成分为)循环捕集烟气中的过程如图所示，下列说法中错误的是

A．碳酸化反应器中发生了化合反应，且为放热反应
B．生成的附着在钙基吸收剂表面会堵塞孔隙，导致其捕集性能下降
C．中含有个电子
D．封存的可以转化为甲醇等产品
6．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）分析下表中的3个热化学方程式，下列说法正确的是。
2022年北京冬奥会“飞扬”火炬使用的燃料
氢气
①
2008年北京奥运会“祥云”火炬使用的燃料
丙烷
②
③

A．丙烷的燃烧热为
B．等质量的氢气与丙烷相比较，充分燃烧时，丙烷放热更多
C．
D．
7．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）Xe和形成的氟化物有、、三种，已知：在低温下主要发生，随着温度升高、依次发生分解反应。下图表述的是以和为始态得到的生成物在平衡体系内的分压与反应温度的关系。下列说法中错误的是。

A．由图可知Xe的三种氟化物中最稳定
B．反应的
C．制备的合适温度约为550K
D．与NaOH溶液反应产生的化学方程式为
8．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）工业上在催化剂的作用下CO可以合成甲醇，用计算机模拟单个CO分子合成甲醇的反应历程如图。下列说法正确的是。

A．反应过程中有极性键的断裂和生成
B．反应的决速步骤为III→IV
C．使用催化剂降低了反应的
D．反应的热化学方程式为  
9．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）已知：298K时，相关物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是。

A．CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ∆H=-566kJ∙mol-1

B．H2的燃烧热为∆H=-242kJ∙mol-1
C．C2H6比C2H4稳定
D．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)是放热反应
10．（2023·广东惠州·统考三模）和是环境污染性气体，可在表面转化为无害气体，其总反应为，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是

A．为氧化剂
B．
C．由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．为了实现转化，需不断向反应器中补充和

二、填空题
11．（2023·广东广州·广东实验中学校考模拟预测）Ⅰ.利用温室气体CO2和CH4制备燃料合成器，计算机模拟单个二氧化碳分子与甲烷分子的反应历程如图所示：

已知：leV为1电子伏特，表示一个电子(所带电量为-1.6×10-19C)经过1伏特的电位差加速后所获得的动能。
(1)制备合成气CO、H2总反应的热化学方程式为_______。
(2)向密闭容器，中充入等体积的CO2和CH4，测得平衡时压强对数lg p(CO2)和lg p(H2)的关系如图所示。(压强的单位为MPa)

①T1_______T2(填“>” “”“”“0，T℃时，在恒压反应器中，通入2molCH4和1molCO2，总压强为p0，平衡时甲烷的转化率为40%，H2O的分压为p。
①关于上述平衡体系，下列说法正确的是_______(填标号)。
A．n(CH4)：n(CO2)=2：1
B．将H2O(g)液化，可以提高主反应的速率
C．若反应在恒容条件下进行，甲烷转化率小于40%
D．若降低反应温度，主、副反应均逆向进行
②DRM反应的Kp=_______(列出计算式即可，分压=总压×物质的量分数)。
22．（2023·广东清远·清新一中校考模拟预测）完成下列小题：
Ⅰ．催化剂活性是指催化剂的催化能力。金属铂(Pt)及其化合物在催化剂和电镀等领域有着重要的应用。
(1)可以与发生置换反应，生成具有较强活性的催化剂金属铂(铂黑)，写出上述反应的化学方程式：__________。
(2)氯铂酸可用于石油化工中加氢、脱氢催化剂的活性部分，氯铂酸溶液中加入过量的KCl溶液，搅拌均匀，过滤，滤液经________________后，合并晶体，干燥，可以得到应用于电镀的氯铂酸钾，氯铂酸钾易结晶析出的原因是______________________。
Ⅱ．丙烷在25℃和光照条件下与发生反应，生成氯丙烷和氯丙烷两种卤代烃。CH3CH2CH3+Cl2CH3CH2CH2Cl(45%)+CH3CHClCH3(55%)
(3)从CH3CH2CH3分子中等效H原子来看，得到的氯丙烷和氯丙烷的物质的量应为3∶1，但从实际得率看，有很大的差异，丙烷分子结构中两种不同化学环境氢原子的活性，还要受到其他因素的影响。假设分子结构中甲基上的H原子的活性为x，亚甲基上的H原子的活性为y，则__________(保留两位有效数字)。
(4)烷烃与卤素单质的取代反应本质是与卤素自由基(X·)的反应，生成烷烃自由基(R·)和卤化氢，丙烷分别与卤素原子“Cl·”和“Br·”发生反应的能量变化如图所示，已知得到的丙烷自由基可以通过单电子(·)进一步结合卤素原子，生成对应结构的一卤代烃产物。

和哪个更稳定：______________________。
Ⅲ．一般说来，自由能越高越不稳定，越低越稳定。
(5)Mn元素的自由能氧化态(或化合价Z)图像如图所示。

由上图可知，时，Mn元素最稳定状态的存在微粒是__________，时，Mn元素最稳定状态的存在微粒是__________。
(6)离子反应，，结合上述图像，从反应的平衡常数K分析，得到的结论是__________。
23．（2023·广东·惠州一中模拟预测）苯乙烯是生产塑料和合成橡胶的重要有机原料，乙苯催化脱氢制备苯乙烯是目前生产苯乙烯的主要方法，反应如下：（g） （g） +H2(g)。
(1)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气，反应温度维持在600℃，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下：

①一般控制原料气中水油比n(水)：n(乙苯)为9∶1，若水油比增大，乙苯的平衡转化率______(填“增大”或“减小”)，理由是________________________。
②控制反应温度为600℃的理由是________________________。
(2)某研究机构用代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺。反应方程式为：(g)+CO2(g) (g)+CO(g)+H2O(g)。反应历程如图：

①已知：。则______。
②催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程分析，如果催化剂表面碱性太强，对反应造成的影响为：________________________(说出一点即可)。
③一定温度下，向恒容密闭容器中充入2mol乙苯和2mol，起始压强为p0，平衡时容器内气体总物质的量为5mol，乙苯的转化率为______，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数______。(已知：气体分压=气体总压×气体体积分数)
24．（2023·广东·深圳市光明区高级中学校联考模拟预测）CO、CO2的回收和综合利用有利于实现“碳中和”。
(1)CO和H2可以合成简单有机物，已知CO、H2合成CH3OH、HCOOCH3的能量变化如图所示，计算2CH3OH(g)HCOOCH3(g)+2H2(g)△H=____。

已知键能数据如表。
化学键
H－H
C－O
C≡O
H－O
C－H
键能/(kJ•mol-1)
436
326
A
464
414

则C≡O的键能为_____。
(2)已知：反应1：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) △H=-128.8kJ•mol-1
反应2：2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-78.1kJ•mol-1
假设某温度下，反应1的速率大于反应2的速率，则下列反应过程中的能量变化示意图正确的是_____(填字母)。A． B．
C． D．
(3)CO2催化加氢制甲醇可分两步完成，反应历程如图所示。

已知CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H=-106kJ•mol-1
则CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) △H=_____。
该反应进程中总反应速率由第_____(“1”或“2”)步决定。
(4)在催化剂作用下，CO2、H2同时发生如下反应：
反应1(主反应)：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g) △H＜0
反应2(副反应)：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H＞0
其压强平衡常数(用平衡分压代替平衡浓度，分压总压物质的量分数)的对数lgKp与温度倒数呈线性关系，如图所示。其中表示主反应的变化曲线为____(填“L1”或“L2”)。


参考答案：
1．B
【详解】A．燃烧热是在25℃、101kP下用1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化来进行测定的，因为所给方程式中水的状态不是液态，所以不能确定氢气的燃烧热数值，故A错误；
B．物质的能量越低越稳定，因为石墨转化为金刚石为吸热反应，可知石墨的能量低于金刚石的能量，所以石墨比金刚石稳定，故B正确；
C．中和热是指稀的强酸强碱溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，而氢氧化钠固体溶于水时会放出大量的热，所以20.0 g NaOH固体与稀盐酸完全中和时，放出的热量大于28.7 kJ，故C错误；
D．ΔH1为碳单质完全燃烧时的反应热，ΔH2为碳单质不完全燃烧时的反应热，燃烧反应为放热反应所以ΔH均为负数，所以ΔH1小于ΔH2，故D错误；
故选：B。
2．A
【详解】A．由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故A错误；
B．物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I为催化剂，物质II、III为中间过程出现的物质，为中间产物，故B正确；
C．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不影响反应的焓变，故C正确；
D．生成液态时放出的热量，该反应的热化学方程式为：  ，则  ，故D正确；
故选：A。
3．C
【详解】A．图中可知，该装置为太阳能光伏发电且产生了燃料CH3OH，即太阳能转化为电能和化学能，A项正确；
B．反应分别为、3H2+CO2=H2O+CH3OH，这两个反应均为氧化还原反应，B项正确；
C．CH3OH中的化学键只有共价键，没有离子键，且氢键不属于化学键，C项错误；
D．该装置中产生了H2和CH3OH均能作为燃料电池的负极材料，D项正确；
故选C。
4．A
【详解】A．土壤酸性过强，可施加石灰和农家肥进行改良，石灰与酸性物质反应，选项A符合题意；
B．碳酸氢钠受热分解产生气体，在发酵和烘焙过程中蛋糕会变蓬松，选项B不符合题意；
C．蛋壳主要成分是碳酸钙，能与醋酸反应，选项C不符合题意；
D．75%的酒精能使菌体蛋白质脱水、变性、沉淀，从而杀灭细菌，因此医用酒精用
于体外杀菌消毒，选项D不符合题意；
答案选A。
5．C
【详解】A．碳酸化反应器中燃煤烟气中的二氧化碳与氧化钙发生反应生成碳酸钙，该反应属于化合反应，且为放热反应，A正确；
B．反应生成的为颗粒状，所以生成的附着在钙基吸收剂表面会堵塞孔隙，导致其捕集性能下降，B正确；
C．分子中的电子数与质子数相同，所以中含有=个电子，C错误；
D．根据元素守恒可知，可以转化为甲醇等产品，符合“碳中和”理念，D正确；
故选C。
6．C
【详解】A．燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由反应②可知，1mol丙烷燃烧生成液体水时，放出热量大于，A错误；
B．等质量的氢气与丙烷相比较，假设质量均为44g，则两者的物质的量分别为22mol、1mol，则由反应①②比较可知，充分燃烧时，氢气放热更多，B错误；
C．由盖斯定律可知，反应①×5-②得：，C正确；
D．由盖斯定律可知，反应①×-③得：，D错误；
故选C。
7．B
【详解】A．已知：在低温下主要发生，随着温度升高、依次发生分解反应生成，则最稳定，A正确；
B．由图可知，随着温度升高，发生分解反应生成的量增加，则反应为吸热反应，焓变大于零，B错误；
C．制备的合适温度约为550K，此时含量最高，C正确；
D．与NaOH溶液反应产生，氧元素化合价升高则Xe化合价降低生成Xe单质，反应为，D正确；
故选B。
8．A
【详解】A．由图可知，总反应为，则涉及C-O键断裂和C-H、O-H键的生成，A正确；
B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢，据图可知反应的决速步骤为II→III，B错误；
C．催化剂改变反应速率，但是不改变反应的焓变，C错误；
D．由图可知，生成物的能量低于反应物的能量，反应为放热反应，单个CO分子合成甲醇放热，则反应的热化学方程式为  ，D错误；
故选A。
9．B
【详解】A．CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)2CO2(g)  ∆H=[(-393×2)-(-110×2+0)] kJ∙mol-1=-566kJ∙mol-1，A正确；
B．H2的燃烧热为∆H=[(-286)-(0+×0)] kJ∙mol-1=-286kJ∙mol-1，B错误；
C．C2H6的能量为-84kJ∙mol-1，C2H4的能量为52kJ∙mol-1，物质具有的能量越低，稳定性越强，则C2H6比C2H4稳定，C正确；
D．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)  ∆H=[(-393+0)-(-110-242)] kJ∙mol-1=-41kJ∙mol-1，是放热反应，D正确；
故选B。
10．D
【详解】A．反应中，N元素化合价降低，为氧化剂，故A正确；
B．反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变△H=生成物总焓-反应物总焓=134kJ/mol-360 kJ/mol=，故B正确；
C．由图乙知该反应正反应的活化能Ea小于逆反应的活化能Eb，故C正确；
D．和是催化剂，催化剂在化学反应的前后化学性质和质量是不变的，无需不断补充，故D错误；
故选D。
11．(1)CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+(E5-E1)NA eV/mol
(2)     >     0.01
(3)     L2     两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低     温度高于T2K时，反应 ⅱ 几乎不发生(反应 ii 的平衡常数几乎为0)
(4)     CH3OH    

【详解】（1）反应物CO2(g)+CH4(g)的能量为E1，生成物2CO(g)+2H2(g)的能量为E5，该反应为吸热反应，热化学反应式为CO2(g)+CH4(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=+(E5-E1)NA eV/mol；
（2）①反应吸热，温度上升则平衡向右移动，H2的物质的量增大，根据图示可知T1>T2；②由图可知温度为T1，平衡时当p(H2)=p(CO)=100.5,，有p(CO2)=p(CH4)=102，则Kp==0.01 MPa2
（3）①从两个反应的化学计量数和投料比看，可知丙烷的转化率要低于氧气，所以L2代表丙烷的转化率；②由于T1K后反应达到平衡，两个反应均为放热反应，温度升高，化学平衡逆向移动，导致丙烷转化率降低；③当温度达到T2K时，O2和丙烷的转化率相同，且起始投料比n(C3H8)：n(O2)=2∶1，可以判断温度达到T2K后，反应ⅱ不发生，只发生反应ⅰ。
（4）①反应ⅰ为吸热反应，反应ⅱ和ⅲ为吸热反应，当温度上升，则反应ⅰ正向进行，反应ⅱ和ⅲ逆向进行，所以CO的物质的量分数增加，X代表CO，CH3OH和H2O的物质的量分数减少，但由于反应ⅰ中有H2O生成，所以H2O减少的物质的量分数少于CH3OH，所以Y代表CH3OH，Z代表H2O；
②根据各组分的物质的量分数随温度变化图可知当温度大于220℃时，>3且随温度上升而增加，由此可绘制出对应曲线。
12．(1)
(2)     bd     反应未达平衡，温度升高，催化剂逐渐失活或反应达到平衡，主反应为放热反应，温度升高，主反应向逆向进行
(3)     60     2.8
(4)
(5)     阴    

【详解】（1）令反应为③，反应为④，由盖斯定律可得主反应等于2③-④，所以；
（2）①主、副反应均是前后气体体积变化的反应，故容器内压强不变可以说明反应达平衡，a正确；平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变，b错误；平衡后各物质的浓度保持不变，故三者物质的量之比保持不变，c正确；平衡后，存在，d错误，综上选bd；②结合图示及反应焓变小于零可知，温度低于205℃时反应未达平衡或者温度升高催化剂失去活性，即温度升高，催化剂逐渐失活或反应达到平衡，主反应为放热反应，温度升高，主反应向逆向进行；
（3）令起始加入一氧化碳和氢气的物质的量分别为1mol和3mol，所以达到平衡消耗的一氧化碳为，结合和，生成的氮气和一氧化二氮物质的量之和为0.4mol，又平衡后与物质的量之比为3：1，所以平衡时氮气物质的量为0.3mol、一氧化二氮物质的量为0.1mol，则平衡时一氧化氮物质的量为，氢气物质的量为，水蒸气物质的量为，故一氧化氮的有效去除率为，一氧化二氮的物质的量分数为；
（4）由图示物质关系分析化合价，氧气和一氧化氮作氧化剂，铵根离子作还原剂，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为；
（5）M极一氧化氮中+2价氮得电子降到铵根离子中-3价氮，发生还原反应，所以M极为电解池的阴极；故N极作阳极，一氧化氮失去电子生成硝酸根，即电极反应为。
13．(1)+115.4kJ•mol-1
(2)     C     65.2%          反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动；
(3)     降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右     200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快
(4)3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O

【详解】（1）①CH4(g)+O2(g)CH3OH(g)    △H1=-126.4kJ•mol-1
②CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)    △H2
③H2(g)+O2(g)= H2O(l)     △H3=-285.8kJ•mol-1
④H2O(l)=H2O(g)      △H4=+44kJ•mol-1
利用盖斯定律，将反应①-③-④，得反应②为CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) △H2=+115.4kJ•mol-1。答案为：+115.4kJ•mol-1
（2）①A．升高温度，平衡逆向移动，CH4的平衡转化率减小，A不符合题意；
B．反应达到平衡后，再充入一定量He，对反应物和生成物的压强都不产生影响，CH4的平衡转化率不变，B不符合题意；
C．投料比不变，增大反应物浓度，相当于加压，平衡正向移动，CH4的平衡转化率增大，C符合题意；
故选C。
②在200℃下，向容积为5L的恒容密闭反应器中加入催化剂，并充入6.0kPaCH4、4.8kPaO2和一定量He使反应充分进行，从图中看出，起始总压强为12kPa，平衡时总压强为9.05kPa，则He的压强为12kPa-6.0kPa-4.8kPa=1.2kPa，设参加反应的CH4的压强为x，则可建立如下三段式：

则6.0-x+4.8-0.5x+x+1.2=9.05  x=5.9kPa
则达到平衡时体系中CH3OH的体积分数为≈65.2%。
③该反应温度下，方法I的标准压力平衡常数=。
④若将容器改为绝热容器，初始温度为200℃，其他条件不变，达到新平衡时，甲醇产率降低，原因是：反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动。答案为：C；65.2%；；反应为放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，将使平衡逆向移动；
（3）通入CH4发生反应前，要往反应器中通入O2从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是：降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；从反应速率的角度分析，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因：200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快。答案为：降低混合气的温度，使温度维持在200℃左右；200℃是催化剂的活性温度，且反应速率较快；
（4）从图中可以看出，ZrO2/NiCo2O4电极为负极，则CH4失电子产物与电解质反应生成CH3CH2CH2OH等，电极反应式为3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O。答案为：3CH4-6e-+6OH-=CH3CH2CH2OH+5H2O。
【点睛】在活性温度时，催化剂的活性最大。
14．(1)          大于          1.6×10−3
(2)−1.0V、Cu6(S)
(3)     p1>p2>p3     TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低
(4)2

【详解】（1）①反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等，则反应Ⅰ的焓变ΔH1=(2×803+436)kJ/mol—(1071+2×464)kJ/mol=+43 kJ/mol，该反应为吸热反应，所以正反应的活化能大于逆反应的活化能，故答案为：+43 kJ/mol；大于；
②由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应，则反应的平衡常数K=，故答案为：；
③由速率公式可得：2.0×10−4=k×0.02×0.013，解得k=1×104，则a=1×104×0.02×0.023=1.6×10−3，故答案为：1.6×10−3；
（2）由图可知，电极电势为−1.0V、Cu6(S)做催化剂时生成甲醇的法拉第效率最高，则最合适的电势及最佳催化剂是−1.0V、Cu6(S)，故答案为：−1.0V、Cu6(S)；
（3）反应Ⅰ是气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，反应Ⅱ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，由图可知，压强为p1、p2、p3时，二氧化碳的转化率依次减小，则压强的大小顺序为p1>p2>p3；反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，反应Ⅱ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由图可知，压强一定时，温度升高，二氧化碳的转化率先增大后减小，说明TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低，故答案为：p1>p2>p3；TK之前以反应Ⅰ为主，转化率随着温度升高而增大，TK之后以反应Ⅱ为主，转化率随着温度升高而降低；
（4）设平衡时一氧化碳、甲醇的物质的量分别为xmol、ymol，平衡时二氧化碳的转化率是50%，由碳原子个数守恒可得：x+y=1，体系内剩余1mol氢气，由方程式和氢原子个数守恒可得：2x+x+y=2，解得x=y=0.5，则反应Ⅱ的平衡常数K=，故答案为：2。
15．(1)          减小
(2)     a>b>c     0.5     0.64
(3)          4：1

【详解】（1）设③根据盖斯定律可知，③=②-①，则；该反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的转化率减小；
（2）①两种物质反应，增大二氧化碳的浓度则氢气的平衡转化率会增大，故a、b、c各曲线所表示的投料比由大到小的顺序为a>b>c；
②根据题给数据可得三段式如下，

平衡时气体总物质的量=1.6mol，
则此时平衡常数；
③根据，
则；
（3）由图可知，二氧化碳在铜电极上得到电子生成乙烯，电极反应式为：；根据电子转移情况：、、，由于阴极生成CO、HCOOH、，且各产物生成速率相同，则每产生1 mol 电路中通过电子总物质的量为16 mol，故Pt电极与Cu电极上产生与的体积比为16/4=4：1。
16．(1)
(2)     ad     ab
(3)     n     AD         

【详解】（1）由盖斯定律可知a+b+d可得反应 ；
（2）①由图示知随着温度升高，bc反应的平衡常数减小，ad平衡常数增大，故ad反应属于吸热，升高温度平衡正向移动；
②平衡常数大于即lgKp>5时可认为反应完全，则时，反应完全进行的有ab。
（3）①ad反应属于吸热，升高温度平衡正向移动，故CO的含量增大，曲线n为CO的曲线；
②A．该体系只有气体参与反应，质量守恒，m总不变，反应体系是气体物质的量增大的反应，恒压体系容器的体积增大，故密度是个变量，当气体密度不再发生变化时，反应达到平衡状态，选项A正确；
B．温度升高，反应的、均增大，选项B错误；
C．平衡常数是个随温度变化的常数，达到平衡时分离出部分，反应c的平衡常数不变，选项C错误；
D．恒压环境中加入稀有气体，容器体积增大，反应体系的分压减小，ad平衡正向移动，重新达到平衡时的物质的量增加，选项D正确；
答案选AD；
③、和的物质的量分数分别为0.20、0.32、0.12，则一氧化碳和二氧化碳的物质的量分数之和为1-(0.2+0.32+0.12)=0.36，设平衡时各物质总的物质的量为n总，根据碳元素守恒可知（0.20+0.36）n总=4，故n总=mol，则氢气的物质的量为0.32mol=mol；由图可知，下达到平衡时CO和CO2的物质的量相等，则n(CO)= n(CO2)=0.36n总=mol，n(H2O)=0.12 n总=mol，c(CH4)=0.2 n总=mol，反应c的平衡常数K=。
17．(1)     +=2CO+ 2H2 =E3-E1     快反应
(2)     B     CO2的转化率大于
(3)加入CaO和反应使浓度降低，反应④平衡正向移动，平衡体系混合气中H2的物质的量增大
(4)     >     0.75
(5)CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2

【详解】（1）-干重整反应生成CO和H2，由图可知反应物的能量高于生成物，该反应为吸热反应，=生成物能量-反应物能量=E3-E1，热化学方程式为：+=2CO+ 2H2 =E3-E1；由图可知，反应Ⅱ的活化能小于反应Ⅰ，反应Ⅱ是快反应。
（2）等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应+=2CO+ 2H2，同时还发生了副反应：CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)，则CO2的转化率大于，则表示CH4平衡转化率的是曲线B。
（3）压强为P0kPa，温度低于700℃时，加入CaO和反应使浓度降低，反应④平衡正向移动，平衡体系混合气中H2的物质的量增大。
（4）温度、投料量相同，由图乙可看出E、G两点CH4转化率相同，可知E、G两点CH4物质的量相等，但G点压强大，所以G点对应的体积小，CH4的浓度大，即c(G) >c( E)；500℃ 时由图甲可知平衡时n( H2) =2.1 mol，由图乙可知，相同反应时间，G点CH4转化率小于F点，但G点压强大于F点，则G点已达到平衡，CH4平衡转化率为0.6，列三段式：


平衡时气体总物质的量为：0.4mol+0.3mol+2.1mol+0.3mol+2.1mol=5.2mol，此温度下反应③的压力平衡常数 。
（5）由外接直流电源可以判断是电解池，根据元素化合价变化，Ni- YSZ电极上发生CH4→H2+ CO2的转变，则该电极为阳极，发生氧化反应,结合图示，电极反应式为CH4-4e-+2O2-=CO2+2H2。
18．(1)+178
(2)AC
(3)     C     积碳在其表面快速沉积使其活性降低
(4)     a     比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大     0.077P

【详解】（1）将反应Ⅰ加上反应Ⅱ得到反应的 ；故答案为：+178。
（2）A．升高温度，活化分子数目增多，活化分子百分数增多，碰撞几率增大，因此正、逆反应速率同时增大，故A正确；
B．和的物质的量不再改变时，反应达到平衡状态，不能是物质的量相等，故B错误；
C．增加起始投料时的体积分数，单位体积的活化分子数增加，碰撞几率增大，反应速率加快，故C正确；D．增加起始投料时的体积分数，可以理解为再另外一个容器中加入后再加压，由于反应是体积增大的反应，因此加压后平衡逆向移动，平衡转化率减小，故D错误；
综上所述，答案为：AC。
（3）①在一定条件下，催化乙烷脱氢转化为乙烯的反应历程如图所示，该历程的各步反应中，生成下列物质速率最慢的是活化能最大的即第二步(TS2)；故答案为：C。
②用基催化剂研究催化脱氢，该催化剂对键和键的断裂均有高活性，易形成碳单质。一定温度下，基催化剂在短时间内会失活，说明碳单质沉积在Co上，Co没有与乙烷接触从而使其活性失活；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低；故答案为：积碳在其表面快速沉积使其活性降低。
（4）①图中曲线c表示的物质为，比值增大，致使反应Ⅱ正向移动，乙烯浓度降低，致使反应Ⅰ也正向移动，乙烷的转化率增大，因此乙烷的改变量比乙烯变化量大，因此表示的曲线为a，判断依据是比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大；故答案为：a；比值增大，乙烷转化率增大，物质的量分数变化比CO和C2H4要大。
②当时，平衡时体系压强为P，建立三段式，，则反应Ⅰ的平衡常数；故答案为：0.077P。
19．(1)
(2)AB
(3)
(4)     低     过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低    
(5)

【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；
（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；
D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；
故选：AB。
（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；
（5）


+CO2(g)


+
+
起始压强
p1





变化压强
x
x

x
x
x
平衡压强
p1-x
p

x
x
x

由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。
20．(1)不能
(2)     2          =     向右     不改变
(3)         

【详解】（1）因为该反应，高温下能自发进行，低温下不能自发进行；
（2）①相同温度下，正逆反应的平衡常数互为倒数，所以，反应物的总键能-生成物的总键能，；
②根据，反应达平衡状态，等于；
③恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，容器体积增大，相当于减小压强，合成氨反应的平衡正向移动，催化剂降低活化能，加快反应速率，但是不改变反应的焓变；
（3）①其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，氨的体积分数越大，所以；
②根据三段式：，，，，。
21．(1)+247.3kJ/mol
(2)     CO2★+H★=CO★+OH★     CO★     H★和OH★
(3)     CH3★=CH2★+H★     v2>v3>v1     脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少
(4)     CD    

【详解】（1）因为CH4、H2、CO的燃烧热分别为-890.3 kJ/mol、-285.8kJ/mol，-283kJ/mol，则①△H1=-890.3 kJ/mol；②△H2=-285.8kJ/mol；③△H3=-283kJ/mol；根据盖斯定律，①-2②-2③得CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g) △H=△H1-2△H2-2△H3=+247.3 kJ/mol；
（2）CO2的活化包括直接活化和氢诱导活化，在氢诱导活化中，CO2★+H★COOH★CO★+OH★，因此CO2的氢诱导活化反应方程式为CO2★+H★=CO★+OH★；由图可知，过程3的最终产物为CO★；过程1甲烷逐步脱氢生成H★，过程3 CO2的活化过程中生成OH★，因此过程4发生扩散吸附的微粒为H★和OH★；
（3）①活化能最大的过程为反应的决速步骤，由图可知，过渡态为TS2的反应为决速步骤，对应的方程式为：CH3*=CH2*+H*；
②催化剂能够降低反应的活化能，活化能越低，则化学反应速率越大，所以v2>v3>v1；
③由图可知，脱氢反应第4步为CH★=C★+H★，发生该步反应，三种催化剂中Sn12Ni需要克服的活化能最大，反应不易发生，故产生的积碳较少；
（4）①
A．投入量n(CH4):n(CO2)=2:1，主反应消耗量n(CH4):n(CO2)=1:1，副反应消耗CO2，因此主副反应消耗量n(CH4):n(CO2) 2:1，则平衡时体系中n(CH4):n(CO2) 2:1，A错误；
B．将H2O(g)液化，副反应平衡正向移动，导致CO2和H2浓度减小，CO浓度增大，则主反应CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)反应的速率减慢，B错误；
C．主反应正向为体积增大的反应，若反应在恒容条件下进行，等效于在恒压的基础上，缩小体积加压，主反应平衡逆向移动，则甲烷转化率小于40%，C正确；
D．由于主、副反应正反应均为吸热反应，则若降低反应温度，主、副反应均逆向进行，D正确；
故选CD。
②对主反应列三段式：

平衡时，设水的物质的量为x mol，对副反应列三段式：
已知，平衡时水的分压为P，在恒温恒压体系下，压强之比等于物质的量之比，所以有，所以x=，n(总)=4.6mol，则平衡时，P(CH4)=，P(CO2)=，P(CO)=，P(H2)=，
Kp ==。
22．(1)+=
(2)     蒸发浓缩、冷却结晶     氯铂酸钾在水中溶解度小
(3)3.67
(4)
(5)     Mn2+     MnO2
(6)反应的平衡常数K较大，在酸性溶液中歧化生成 和MnO2程度很大，歧化反应容易发生

【详解】（1）可以与发生置换反应，生成具有较强活性的催化剂金属铂(铂黑)，化学方程式+=，答案：+2=。
（2）氯铂酸溶液中加入过量的KCl溶液，搅拌均匀，过滤，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶后，干燥，得到氯铂酸钾，氯铂酸钾易结晶析出的原因是氯铂酸钾在水中溶解度小，答案：蒸发浓缩、冷却；结晶氯铂酸钾在水中溶解度小；
（3）由题意可知，则 3.67，答案：3.67。
（4）物质能量越低越稳定，由图中信息可知能量比能量低，更稳定，答案：；
（5）一般说来，自由能越高越不稳定，越低越稳定。由上图可知，时，Mn元素自由能最低的的微粒是Mn2+，最稳定状态的存在微粒Mn2+，时，Mn元素自由能最低的的微粒是MnO2，最稳定状态的存在微粒是MnO2，答案：Mn2+；MnO2；
（6）离子反应，，反应的平衡常数K较大，在酸性溶液中歧化生成 和MnO2程度很大，歧化反应容易发生，答案：反应的平衡常数K较大，在酸性溶液中歧化生成 和MnO2程度很大，歧化反应容易发生。
23．(1)     增大     反应为气体分子增加的反应，若水油比增大，相当于减小压强，平衡正向移动，导致乙苯的平衡转化率增大     苯乙烯的选择性和乙苯的转化率均较高
(2)     +128     降低了乙苯的转化率     50%    


【详解】（1）①一般控制原料气中水油比为9∶1，反应为气体分子增加的反应，若水油比增大，相当于减小压强，平衡正向移动，导致乙苯的平衡转化率增大。
②控制反应温度为的理由是此时苯乙烯的选择性和乙苯的转化率均较高；若温度过低，则反应速率减慢且乙苯转化率变低；若温度过高则苯乙烯选择性下降且可能导致催化剂活性下降；
故答案为：增大；反应为气体分子增加的反应，若水油比增大，相当于减小压强，平衡正向移动，导致乙苯的平衡转化率增大；苯乙烯的选择性和乙苯的转化率均较高；
（2）①已知：
Ⅰ(g)+ H2(g)；
Ⅲ；
则Ⅰ-Ⅲ得：(g)+CO2(g)(g)+ CO(g)+ H2O (g)=；
②催化剂表面酸碱性对乙苯脱氢反应性能影响较大，根据反应历程可知，催化剂表面需要活化吸附，该微粒带负电荷，如果催化剂表面碱性太强，则带负电荷的氢氧根离子较多，不利于的吸附，且碱性物质会和二氧化碳反应导致吸附在催化剂表面的二氧化碳发生反应从而降低了乙苯的转化率；
③反应为气体分子数增加1的反应，反应后总的物质的量增加，一定温度下，向恒容密闭容器中充入乙苯和，起始压强为，平衡时容器内气体总物质的量为，增加物质的量为1mol，则反应的乙苯、二氧化碳均为1mol，平衡时乙苯、二氧化碳、苯乙烯、一氧化碳、水的物质的量均为1mol，反应后总压为，则乙苯的转化率为；用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数。
故答案为：+128；50%；降低了乙苯的转化率；。
24．(1)     +135.4 kJ•mol-1     1054kJ•mol-1
(2)A
(3)     -65kJ•mol-1     1
(4)L1

【详解】（1）根据图可写出①、
②，
②－①×2可得出。
根据反应，反应物总键能－生成物总键能，代入数据-106.0=A+2×436-3×414-326-464，解得，的键能为；
（2）反应1、反应2均为放热反应，并且反应1放热多，反应1的速率快则说明反应1的活化能小，因此选A；
（3）根据图象可写出反应①，结合反应②，①+②可得出总反应。活化能越大则反应速率越慢，总反应的速率由活化能大的步骤决定，反应由第1步决定；
（4）横坐标为温度的倒数，数值越大，温度越低，主反应为放热反应，降低温度时平衡常数增大，所以表示主反应的变化曲线。