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河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学反应的热效应
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这是一份河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学反应的热效应，共71页。试卷主要包含了单选题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学反应的热效应
一、单选题
1．（2023·河北·校联考模拟预测）某科研团队合作开发了活性位点催化剂，先“吸氢”再将硝基化合物转化为氨基化合物，反应历程和每步的活化能如图所示：
下列说法正确的是
A．是该反应历程的中间产物
B．提高Ⅲ→Ⅳ的反应速率，对快速提升总反应速率起决定性作用
C．I→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ的转化过程中，元素的化合价逐渐降低
D．总反应为
2．（2023·河北·校联考模拟预测）2022年我国在多个领域展示了中国力量。下列说法正确的是
A．中国女足勇夺亚洲杯冠军，奖杯由纯银制成，其硬度大于银合金
B．北京冬奥会多个场馆引入光伏发电系统，能将太阳能直接转化为电能
C．神舟十五号航天员乘组的航天服保温层中含有聚酯薄膜，聚酯薄膜属于纯净物
D．“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面涂层含，属于金属材料
3．（2022·河北沧州·统考二模）《天工开物·作咸》中记载了天然气的开发和利用，“西川有火井，事奇甚，其井居然冷水，绝无火气，但以长竹剖开去节，合缝漆布，一头插入井底，其上曲接，以口紧对釜脐，注卤水釜中，只见火意烘烘，水即滚沸”。下列说法错误的是
A．天然气的主要成分属于温室气体
B．海底可燃冰的成分为CH4·nH2O
C．天然气属于化石能源
D．天然气燃烧时化学能全部转化为热能
4．（2022·河北唐山·统考三模）下列说法中正确的是
A．吸热反应一定需要加热才能反应，而放热反应在常温下一定能进行
B．水银和生铁都属于纯金属
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有
D．某硫酸铵肥料中只含一种杂质，氮元素的质量分数为20%，可能混有硝酸铵
5．（2022·河北沧州·统考二模）环氧丙烷(C3H6O，PO)是一种重要的有机化工产品，对Cu2O催化剂表面催化空气氧化丙烯反应机理的DFT计算表明，可能有通过分子氧(甲图)和晶格氧(乙图)两种反应机理(TS代表中间态)。已知吸附能指在吸附过程中释放的能量，下列说法错误的是中
A．C3H6在催化剂上的吸附能低于C3H6与O2共吸附在表面的吸附能
B．空气氧化丙烯生成环氧丙烷是放热反应
C．通过对图象的分析得出，该反应更易按照甲图路径进行
D．总反应方程式为2C3H6+O22C3H6O
6．（2021·河北衡水·河北武邑中学二模）知某物质的标准生成焓(△f)的定义为用标准状态下的各种元素的最稳定单质，生成标准状态下1mol该物质所吸收或放出的能量，其中△f(单质)=0kJ/mor。N2O、CO、CO2的标准生成焓分别为82.1kJ/mol、110.5kJ/mol、-393.5kJ/mol。研究表明N2O与CO在Fe+的催化下发生反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)，△H的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是
A．△H=-36.1kJ/mol
B．由过程I可得N2O的能量要高于N2的能量
C．催化剂会改变反应途径和降低反应活化能，且反应速率由过程I决定
D．在过程II中同时存在碳氧键的断裂和形成
二、原理综合题
7．（2023·河北·校联考模拟预测）世界卫生组织国际癌症研究机构公布的致癌物清单中，一碘甲烷属于三类致癌物。用化学反应原理研究一碘甲烷具有重要意义，一碘甲烷热裂解时主要发生如下反应：
反应I：
反应Ⅱ：(丁烯)
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)几种化学键的键能数据如表所示：
化学键
键能/
413
612
348
则反应Ⅱ的 ，若反应I正反应活化能为，则逆反应活化能为 (用含的代数式表示)。
(2)在恒容密闭容器中投入，实验测得平衡体系中乙烯、碘化氢和丁烯的物质的量分数与反应温度的关系如图所示：
①随着体系温度升高，的物质的量分数先增大后减小的原因可能是 ．
②条件下，的平衡转化率为 ，若起始压强为，则反应Ⅱ的标准平衡常数 (已知：分压总压该组分的物质的量分数，对于反应，，其中，为各组分的平衡分压)。
(3)研究反应Ⅱ对提高反应I中的平衡转化率有重要意义。时，反应Ⅱ的正、逆反应速率与浓度的关系为，(是速率常数)，正、逆反应速率方程分别对应图中曲线、曲线。
①时，向的密闭容器中充入和，此时 (填“>”“<”或“=”)。
②图中曲线变为曲线改变的条件可能是 。
8．（2023·河北衡水·河北武邑中学校考模拟预测）乙醇是一种很有发展前景的能源替代品，通过CO和催化加氢制乙醇的体系中涉及化学应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
(1)则加氢制的热化学方程式为 ；该反应的化学平衡常数 (用、或表示)。
(2)反应Ⅲ自发进行趋势很大的原因为 ，已知，升高温度，该反应自发进行的程度将 (填“增大”、“减少”或“不变”)。
(3)T℃时，向盛有催化剂的2L恒容密闭容器中充入2mol和4mol，发生上述反应，10min末达到平衡，此时的转化率为80%，和的物质的量浓度分别为和．则0~10min内，平均反应速率 ；反应Ⅲ的平衡常数 (保留两位有效数字)。
(4)根据DFT计算和实验分析，在Ti掺杂稳定的Rh单原子催化剂表面进行的加氢制乙醇的反应历程如图所示(其中“*”表示吸附态；TS表示过渡态，对应的数值表示该步骤的活化能)，转化为的路径有两条，其优势路径决速步骤的活化能为 ，劣势路径决速步骤的化学方程式为 。
9．（2023·河北·校联考模拟预测）为解决气候危机，近年来我国大力研发二氧化碳利用技术，耦合丙烷()的研究不仅能降低空气中二氧化碳含量，同时还能制备重要化工原料丙烯()。其耦合原理为 ，同时伴随着副反应 的发生。
回答下列问题：
(1)传统工业是通过直接脱氢制备。
①直接脱氢制备的热化学方程式为 。
②工业上，通常在中掺入水蒸气，控制反应温度不变，并保持体系总压为常压的条件下进行反应，该方法能提高的平衡转化率的原因为 。
(2)T K下，向体积为5L的刚性容器中充入0.02 mol 和0.04 mol 进行上述反应，此时容器内压强为kPa.2 min时达到平衡，平衡时的转化率为50%，的转化率为20%。
①平衡时的物质的量浓度为 。
②2 min内， 。
③T K下，耦合反应的平衡常数 kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)丙烯难溶于水，被水溶液氧化的效果较差，若将丙烯溶解在18-冠-6()中，氧化效果会明显提升。已知18—冠—6能与反应形成。
①与18-冠-6无法发生相应反应的原因为 。
②加入18-冠-6后氧化效果会明显提升的原因为 。
10．（2023·河北沧州·统考二模）氮及其化合物在工农业生产中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
Ⅰ、一定条件下，用催化还原可消除NO污染。
已知：①
②
(1)和完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时，吸收8.9kJ的热量；则 △H= 。
(2)反应②分两步进行，其反应历程与能量变化关系如图所示，写出决定NO氧化反应速率的化学方程式： 。
(3)将2mol NO(g)、1mol (g)和1mol He(g)通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应②和。平衡时，若、与三者的物质的量相等，则NO转化率为 ，反应②平衡常数 (用含p的代数式表示，不考虑)。
Ⅱ、汽车尾气中的氮氧化物可利用如下反应处理： ，实验测得，，(、为速率常数，只与温度有关)。
(4)达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”“<”或“=”)增大的倍数。
III、近年来，低温等离子技术是在高压放电下，产生自由基，自由基将NO氧化为后，再用溶液吸收，达到消除NO的目的。实验室将模拟气(、、NO)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图所示。
(5)等离子体技术在低温条件下可提高NO的转化率，原因是 。
(6)其他条件相同，等离子体的电功率与NO的转化率关系如图所示，当电功率为30W时，NO转化率达到最大的原因可能是 。
11．（2023·河北·模拟预测）乙酸乙酯在工业上有着广泛的用途。科学家以乙烯、乙酸为原料，杂多酸作催化剂制备乙酸乙酯，反应原理为。回答下列问题：
(1)在热力学标态下由指定单质(大多是稳定单质)生成1 mol物质的反应焓变，称为该物质的标准摩尔生成焓()。。相关物质的标准摩尔生成焓数据如表所示。
物质
/(kJ·mol)
+52.3
-436.4
-463.2
以乙烯(g)、乙酸(g)为原料制备乙酸乙酯(1)的反应的热化学方程式为 。
(2)一定条件下，在一个密闭容器中，通入各1 mol的乙烯和乙酸气体，发生上述反应。
①若保持温度和压强不变，下列描述能说明反应已达化学平衡的是 (填字母)。
A．单位时间内，消耗乙烯和生成乙酸的物质的量相同
B．容器内混合气体的密度不再变化
C．不再变化
D．体系中乙烯和乙酸的转化率相等
②若想提高乙酸乙酯的产率，可以采取的措施有 (写两种)。
③分别在压强、下，相同时间内测得乙酸乙酯的产率随温度的变化如图。
(填“>”或“<”)，理由是 。A点后乙酸乙酯产率随温度升高反而下降的原因可能是 。A点该反应的压强平衡常数 (用含的代数式表示)。
(3)科学家设想通过电化学方法实现乙烯的转化，其原理如图所示(均为惰性电极)。图中b极为 极，M极上的电极反应式为 。
12．（2023·河北·校联考三模）高温煤气脱硫是提高煤清洁转化利用效率的关键技术，效果较好的脱硫剂是铁酸锌(ZnFe2O4)，部分反应如下：
Ⅰ.2FeS(s)+ZnS(s)+5O2(g)=ZnFe2O4(s)+3SO2(g) △H1=-1679.3kJ•mol-1
Ⅱ.2FeS(s)+ZnS(s)+10H2O(g)=ZnFe2O4(s)+3SO2(g)+10H2(g) △H2=+738.9kJ•mol-1
Ⅲ.2H2S(s)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H3=-1172.0kJ•mol-1
回答下列问题：
(1)铁酸锌脱硫反应ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)=2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)的反应热△H= 。
(2)铁酸锌脱硫反应ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)=2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)经实验测定在不同投料比x1、x2、x3[投料比x=]时H2S的平衡转化率与温度的关系如图所示。
①x1、x2、x3由大到小的顺序是 。
②一定温度下，向体积为5L的恒容密闭容器中投入3molH2S和2molH2和足量的ZnFe2O4时，初始压强为p0kPa，经4min反应达到平衡，测得平衡时H2O(g)的体积分数是氢气的2倍，则0～4min内的平均反应速率v(H2S)= 。该温度下，铁酸锌脱硫反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。
(3)一定温度(T0)下，在某恒容密闭容器中，按投料比n(H2S)：n(O2)=2：3进行投料，发生反应2H2S(s)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 (填标号)。
A．3v正(O2)=2v逆(SO2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内气体总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②研究表明，该反应的反应速率方程式为v=k•cm(H2S)•c3(O2)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关.一定温度(T0)下，投料比n(H2S)：n(O2)=2：3的初始反应速率为v0，当H2S转化率为50%时的反应速率为v0，则反应速率方程式中m= 。
(4)科学家制造出一种使用固体电解质的H2S燃料电池，固体电解质可以采用氧离子(O2-)导体或质子(H+)导体，电池反应原理如图所示。
①固体电解质采用氧离子(O2-)导体时，负极产生SO2的电极反应式为 。
②固体电解质采用质子(H+)导体时，负极的电极反应式为 。
13．（2023·河北保定·统考二模）建设环境友好型社会是全世界的共识，治理环境污染也是国际性难题。化学和化学技术凭借其自身的优点和特性，已经在治理环境污染中发挥着越来越重要的作用。
回答下列问题：
Ⅰ．氮氧化物的处理对建设生态文明具有重要的意义，如何消除NO成为当前研究的主要课题之一、某研究小组将、和一定量的充入密闭容器中，在催化剂表面发生反应： 。时，相关物质的相对能量如图所示。
(1)反应的 ；该反应自发进行的条件为 (填“高温”、“低温”或“任意条件”)
(2)已知该反应的，(、为速率常数，与温度、催化剂有关)若平衡后升高温度，则 (填“增大”、“不变”或“减小”)。
Ⅱ．“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。常压下，乙苯和经催化剂吸附后能发生如下反应：
(g) (g)
控制投料比[]分别为、和，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
(3)乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越 (填“高”或“低”)。
(4)时，反应经达到图中点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为，则(苯乙烯) 。
(5)时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时该反应的为 (以含有、、的代数式表示)。
已知：a．混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的平衡常数；b．
Ⅲ．可用氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇：。
(6)恒压下，和的起始物质的量之比为时，该反应甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。甲醇的产率点高于点的原因为 。
(分子筛膜能选择性分离)
14．（2023·河北衡水·校联考二模）工厂烟气(主要污染物为、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
(1)还原技术是目前高效、成熟的去除的技术之一()。使用催化剂能有效脱除工厂烟气中的氮氧化物。
已知：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
①反应 。
②在不同温度下，仅改变的浓度，NO的脱除率与浓度的关系如图1所示，浓度在1%~3%之间时，随着浓度增大，NO脱除率明显升高的原因可能是 。
(2)/碳基材料(活性炭、活性焦、活碳纤维)也可以脱硫、脱硝。/碳基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，烟气中的存在对/碳基材料催化剂脱硫、脱硝活性的影响结果如图2所示，当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是 。
(3)研究高效催化剂是解决NO对大气污染问题的重要途径。400℃时，在分别装有催化剂的A和B的两个容积为2L的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为nmol的NO和CO发生反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响，数据如表：
时间/min
0
10
20
30
∞
A容器内压强/kPa
100.0
90.0
85.0
80.0
80.0
B容器内压强/kPa
100.0
95.0
90.0
85.0
80.0
①由表可以判断催化剂 (填“A”或“B”)的效果更好。
②下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．
D．容器内气体的密度不再发生变化
③容器中CO的平衡转化率为 %。400℃时，用压强表示的平衡常数 ()。
④汽车尾气中含有NO和CO，在排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是 。
15．（2023·河北张家口·统考一模）二氧化碳的重整和综合利用可以有效缓解环境压力，助力尽快实现双碳目标。CO2与H2合成甲醇涉及反应：
I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ•mol-1
Ⅲ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.2kJ•mol-1
回答下列问题：
(1)△H1= 。
(2)若反应II的△S2=+42.1J•mol-1•K-1，则该反应在298K时 (填“能”或“不能”)自发进行。
(3)T0℃，向10L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2发生上述反应。10min末达到平衡时测得容器中CO2的转化率为90%，CO的物质的量为0.3mol。
①0~10min内，平均反应速率v(CH3OH)= 。
②下列叙述不能作为上述反应达到平衡状态标志的是 。
A．H2O的生成速率与CO2的消耗速率相等
B．混合气体的总质量不再变化
C．混合气体的总压强不再变化
D．CO的物质的量不再变化
③T0℃时，H2的平衡转化率为 ；该温度下，反应Ⅰ的平衡常数Kc= (保留三位有效数字)。
(4)我国学者结合实验和计算机模拟结果，提出了CO2电还原制备CH3OH的机理，其部分反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“•”标注。
其中CO2在 (填“阴极”或“阳极”)上发生反应；下列转化过程中，可能适合在高温条件下进行的是 (填选项字母)。
A．CO2+6H→•CO2 B．•CO+•OH→•CO+•H2O
C．•OCH•→OCH2 D．•CH3OH→CH3OH
16．（2022·河北·模拟预测）随着汽车进入千家万户，汽车尾气排放标准也越来越高。NO2、NO、CO均为汽车尾气的主要成分，CO是汽油不完全燃烧的产物外，主要涉及如下反应。
反应I：
反应II：
回答下列问题：
(1)C、N、O三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为 。
(2)实验测得反应II的速率方程为，，、为速率常数。下，向某刚性密闭容器中投入和的起始浓度分别为和，平衡后的浓度变为，则下该反应的平衡常数为 ；温度改变为时，若，则 (填“>”“=”或“＜”)，原因为 。
(3)时，按投入某刚性密闭容器中，起始压强为。后容器内气体压强变为起始时的0.9倍，其中的分压为。
①时的体积分数为 。
②内的平均反应速率为 。
(4)研究某催化剂在汽车尾气处理中的应用，涉及反应。将一定比例的和的混合气体，模仿汽车尾气流通速度，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。
①已知：的燃烧热为，则 。
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是 。
17．（2022·河北沧州·统考二模）由于油价飙升、能源多样化和能源供应安全需求，以及全球环境问题，使天然气成为一种全球性的能源，也使氢气被视为未来的能源媒介。国际上最为有效的制氢工艺是甲烷水蒸气重整反应，涉及的主要反应如下：
反应I：CH4(g)+ H2O(g) CO(g) +3H2(g) △H1=+206 kJ·mol-1
反应II：CH4(g)+ 2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H2=+165 kJ·mol-1
反应III：CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H3
回答下列问题：
(1)△H3= 。已知(R、C为常数)，反应I、II、III的平衡常数与温度T的变化关系如图甲所示，其中表示反应II的是曲线 (填标号)。
(2)不同压强下，将甲烷和水蒸气按照物质的量之比为1：3的比例投料，测得平衡状态下某物质随温度的变化如图乙所示。图中纵坐标可以表示 (填“CH4转化率”或“CO2物质的量分数”)，压强p1、p2、p3由大到小的顺序是 。
(3)一定条件下，向恒容容器中以物质的量之比为1：3的比例投入甲烷和水蒸气，达到平衡时，甲烷和水蒸气的转化率分别是80%和40%，则H2的物质的量分数x(H2)= ，反应III以物质的量分数表示的平衡常数Kx= 。 (可用分数表示)
(4)一种高性能甲烷燃料电池的工作原理如图丙所示，使用特定催化剂只发生反应I，以熔融碳酸盐(MCO3)为电解质，燃料电池负极的电极反应式为 。
18．（2022·河北秦皇岛·统考三模）我国科学家利用Fe2Na3/红紫素催化剂实现CO2还原制备CO，利用可见光催化还原CO2，将CO2转化为增值化学原料(HCOOH、HCHO、CH3OH等) ，这被认为是一种可持续的CO2资源化有效途径。
(1)已知几种物质的燃烧热(ΔH)如表1所示：
表1
物质
HCHO(g)
H2(g)
燃烧热(ΔH)/(kJ · mol-1)
-570. 8
-285. 8
已知：H2O(g)=H2O(l) ΔH =-44 kJ ·mol-1。
CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g) ΔH = kJ·mol-1
(2)在一定温度下，将1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)通入某恒容密闭容器中，发生反应CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ，测得不同时刻容器中CO2的体积分数[φ(CO2)]如表2所示。
表2
t/min
0
10
20
30
40
50
φ(CO2)
0.250
0.230
0.215
0.205
0.200
0.200
达到平衡时CO2的转化率为 。
(3)将n(CO2) ： n(H2)=1 ：4的混合气体充入某密闭容器中，同时发生反应1和反应2。
反应1：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1= +41.2kJ·mol-1
反应2：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2<0。
在不同温度、压强下，测得相同时间内CO2的转化率如图1。0.1 MPa时，CO2的转化率在600 °C之后随温度升高而增大的主要原因是 。
(4)在一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和n mol H2(g) ，仅发生(3)中的反应2。实验测得CH3OH的平衡分压与起始投料比[]的关系如图2。
①起始时容器内气体的总压强为8p kPa，若10 min时反应到达c点，则0~10 min内，v(H2)= mol·L-1· min-1。
②b点时反应的平衡常数Kp= (用含 p的表达式表示)(kPa)-2。(已知：用气体分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
(5)我国科学家开发催化剂，以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，其阴极的电极反应式为 。
(6)我国学者探究 了BiIn 合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图3所示(带“*”表示物质处于吸附态)。试从图3分析，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因： ；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因： 。
19．（2022·河北·一模）我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。而研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术则是关键，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：
Ⅰ．一定温度下，和在催化剂作用下可发生两个平行反应，分别生成和。
a：
b：
(1)相同温度下， 。
(2)在传统的催化固定反应床中，转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，极大地改善了该问题，原理如图所示。
保持压强为，温度为，向密闭容器中投料比按投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
温度/
转化率
选择性
①
3
260
21.9
67.3
②
3
260
36.1
100.0
已知选择性：转化的中生成的百分比。
①模式时，上述条件下发生反应，下列说法能作为反应a达到平衡状态的判据是 (填选项字母)。
A．气体压强不再变化 B．气体平均相对分子质量不再变化
C．不再变化 D．的物质的量之比为
②由表中数据可知模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因： 。
(3)反应b在进气比不同时，测得相应的平衡转化率见图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件都相同)。
①D和F两点对应的温度关系： (填＜，＞，或=)，其原因是 。
②已知反应速率，，k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为G点的反应过程(此过程为恒温)中，当的转化率刚好达到时， 。
Ⅱ．用下图装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度左右，持续通入二氧化碳，电解过程中物质的量基本不变。
(4)阴极电极反应式为： 。
20．（2022·河北·模拟预测）CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。
Ⅰ．工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，在合成塔中存在如下转化：
(1)液相中，合成尿素的热化学方程式为：2NH3(l)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(l) △H= kJ/mol。
(2)在恒容密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H＜0。下列说法正确的是
A．增大CO2的浓度，有利于NH3的转化率增大
B．反应在任何温度下都能自发进行
C．当混合气体的密度不再发生改变时反应达平衡状态
D．充入He，压强增大，平衡向正反应移动
Ⅱ．可利用CO2和CH4催化制备合成气(CO、H2)，在一定温度下容积为1 L密闭容器中，充入等物质的量CH4和CO2，加入Ni/Al2O3使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
(3)反应达平衡后，平衡常数K=81，此时测得c(CO)为3 mol/L，则CH4的转化率为 (保留2位有效数字)。
(4)制备“合成气”反应历程分两步：
步骤
反应
正反应速率方程
逆反应速率方程
反应①
CH4(g)C(ads)+2H2(g)
v正=k1·c(CH4)
v逆=k2·c2(H2)
反应②
C(ads)+CO2(g)2CO(g)
v正=k3·c(CO2)
v逆=k4·c2(CO)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量图变化如下图所示：
①反应速率快慢比较：反应① 反应②(填“＞”“＜”或“=”)，请依据有效碰撞理论微观探析其原因 。
②一定温度下，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K= (用k1、k2、k3、k4表示)。
(5)制备合成气(CO、H2)过程中发生副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.0 kJ/mol，在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。反应体系中，随温度变化的关系如图所示：
随着进料比的增加，的值 (填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是 。
21．（2022·河北唐山·统考三模）苯乙烯( )是工业上合成各种塑料、离子交换树脂及合成橡胶的重要单体，工业上其制备原理是(g) (g)+H2(g)。请回答下列问题：
(1)已知： ；
；
。
则 (g) (g)+H2(g) 。试推断该反应在 下可自发进行(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。
(2)在一定条件下 (g) (g)+H2(g)反应达到平衡状态，当改变反应的某一条件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_______。
A．正反应速率先增大后减小 B．化学平衡常数K值增大
C．反应物的体积百分数增大 D．混合气体密度增大
(3)在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率与催化剂作用下的苯乙烯的选择性(指除了以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下，反应控制温度为600℃的理由是 。
(4)工业生产中常以高温水蒸气作为苯乙烯制备反应的稀释剂(水蒸气不参与反应)。下图为某温度下乙苯()的平衡转化率与水蒸气的用量、体系压强的关系图。
①图中压强 100kPa(填“>”、“<”或“=”)。在压强下，c点转化率高于a的原因是 。
②若b点平衡转化率为50%，则该温度下，苯乙烯制备反应的分压平衡常数 kPa(分压=总压×物质的量分数)。
22．（2021·河北石家庄·统考一模）Ⅰ．天然气开采过程会产生大量含硫废水(硫元素的主要存在形式为)，可采用氧化法对其进行处理。
(1)下列事实中，能够比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是___________(填标号)。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于亚硫酸
C．常温下，的氢硫酸和亚硫酸的分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
Ⅱ．已知：氧化还原反应可拆分为氧化、还原两个半反应，电极电势分别表示为和，电势差。如的。两组电对的电势差越大，反应的自发程度越大。
(2)各电对的电极电势与产物浓度的关系如图1所示，将体系中自发程度最大的反应记为ⅰ，反应ⅰ的离子方程式为 。各微粒的相对能量如下表：
相对能量
a
b
0
c
d
e
已知反应ⅰ为放热反应，当有发生反应ⅰ时，释放的能量为 。(用含字母的代数式表示)
(3)时，向浓度为的溶液中加入一定量固体，在不同下的去除率随时间变化如图所示。
①实际生产中采取的去除条件，而不选择更低的原因为 。
②时，前的去除速率 ；实际生产中反应时间选择而不是更长，其原因为 。
(4)已知反应过程中还会发生如下两个反应(均未配平)：
ⅱ．
ⅲ
实验测得，在、时，的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。
①时，反应ⅲ的平衡常数 。
②结合反应ⅰ、ⅱ、ⅲ分析，当投加量高于时，单位体积内S的质量减小的原因为 。
23．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）是重要的工业原料，的综合利用有利于碳达峰、碳中和目标的最终实现。
(1)和乙烷反应制备乙烯。
时，相关物质的相对能量如图，与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为 。已知。
(2)在催化下发生反应：。假定未发生其他反应，时向恒容密闭容器中充入和，初始总压强为，反应进行到时，与分压(分压=总压×组分物质的量分数)相等，后反应达到平衡，和的平衡分压分别为和。
①该可逆反应达到平衡的标志为 (填标号)。
A．四种物质分压之比等于计量系数之比 B．单位体积内分子总数不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．和的物质的量之和不变
②内， ，平衡时的转化率为 。该温度下充入和，则该反应的平衡常数 。
(3)与环氧丙烷()在催化剂作用下生成()的反应原理如下：
该反应的化学方程式为 ，催化剂为 。
24．（2021·河北·模拟预测）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)。
25．（2021·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）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。
26．（2021·河北沧州·统考三模）“加大力度保护自然，实现可持续发展”是第五届联合国环境大会会议主题。工业生产产生的含的烟气对环境和人体健康有极大的危害，必须经过处理才可排放。
(1)在一定条件下，肼()与反应能生成和。
已知：①；
②；
③；
则反应的 。
(2)在一恒容密闭容器中发生反应：。当温度高于250℃时，正、逆反应速率分别为分别为正、逆反应速率常数，、与该反应的平衡常数之间的关系为 。速率常数随温度的升高而增大，则达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”、“<”或“=”)增大的倍数。
(3)在一定条件下，利用催化净化技术，CO可将NO2转化为无毒物质反应为。向两个容积均为2L的恒容密闭容器中均分别充入和，分别在220℃和300℃下发生反应。测得两容器中CO或CO2的物质的量随时间的变化关系如图所示，曲线I代表的体系平衡后气体的总压强为，曲线II代表的体系平衡后气体的总压强为。
①代表220℃条件下的变化曲线为 (填“I”或“II”)；ad段的平均反应速率为 。
②下列有关曲线II条件下的反应的说法正确的是 (填标号)。
A．当体系中与的物质的量之比不随时间变化时，反应达到平衡状态
B．当混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态
C．体系达到平衡后，升高温度，混合气体的平均相对分子质量增大
D．使用高效催化剂可提高的转化率
③图中a、c、d三点对应的逆反应速率由大到小的顺序为 (用a、c、d表示)；在曲线II代表的温度下，该反应的平衡常数Kp= (Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
27．（2021·河北沧州·统考二模）丙烯是三大合成材料的主要原料，丙烷脱氢制取丙烯是目前常用方法之一、丙烷脱氢制丙烯的主要反应如下：
直接裂解：
氧气氧化脱氢：
回答下列问题：
(1)目前直接裂解是丙烷脱氢制取丙烯的常用方法。直接裂解时，下列条件有利于提高平衡转化率的是 (填标号)。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
(2)“氧气氧化脱氢”相比于“直接裂解”的优点是 (列举1点)。
(3)一定压强下，向一恒容密闭容器中充入1mol和1molCO2，平衡时各物质的物质的量与温度的关系如图1所示；
①在500~800K之间，主要发生的反应为 ；823K以上主要发生的反应为 。
②一定压强下，向一密闭容器中充入一定量的和CO2发生反应： 。的平衡转化率在不同投料比[]下与温度的关系如图2所示：
(填“＜”或“＞”)0；投料比从小到大的顺序为 。
(4)丙烷分别在0.1MPa和MPa直接裂解，反应达到平衡时，丙烷和丙烯的物质的量分数随温度的变化关系如图3所示：
压强 (填“＜”或“＞”)0.1；D为 (填化学式)；a点温度下裂解反应的平衡常数 MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
28．（2021·河北张家口·统考三模）利用太阳能等可再生能源，通过光催化、光电催化或电解水制氢，再与一氧化碳反应制甲醇、甲醚。发生的反应有：
Ⅰ．2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) ΔH1=-90.8kJ∙mol-1
Ⅱ．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-23.5kJ∙mol-1
Ⅲ．CO(g) +H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.3kJ∙mol-1
(1)反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH= 。
(2)在恒温条件下，将2 molH2和1 mol CO投入到刚性容器中，发生反应Ⅰ，下列说法正确的是 （填选项序号）。
A．当容器中混合气体的密度不再变化时反应达到平衡状态
B．反应放出的热量小于90.8kJ
C．如上图可表示该反应平衡常数随温度的变化
D．平衡后，再充人2molH2和1molCO，再次达到平衡，H2和CO的体积分数均减小
(3)在工业生产中，生产设备需保持一定的温度和压强，请写出一种能提高反应Ⅰ中CO转化率的方法： 。
(4)将组成为2∶1的H2和CO充入恒温密闭容器中，分别在36MPa和54MPa恒压条件下发生反应Ⅰ。实验测得不同温度下CO的平衡转化率(α)随温度(T)变化示意图如图所示：
①600℃，54MPa时a点v正 v逆；
②计算600℃，36MPa时该反应的平衡常数Kp= Mpa-2（Kp为用气体的平衡分压代替物质的量浓度计算的平衡常数）。
(5)为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列实验，每次实验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，实验结果如图所示。CO转化率随温度变化的规律是 ，其原因是 。
29．（2021·河北邯郸·统考三模）2020年9月，习近平主席在第75届联合国大会提出我国要实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标。因此CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
I.研究表明CO2与CH4在催化剂存在下可发生反应制得合成气：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H
(1)一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为-395kJ·mol-1、-74.9kJ·mol-1、-110.4kJ·mol-1.则上述反应的∆H= kJ·mol-1。
(2)此反应的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“>”、“=”或“<”)，利于反应自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。
(3)一定温度下，向一恒容密闭容器中充入CO2和CH4发生上述反应，初始时CO2和CH4的分压分别为14kPa、16kPa，一段时间达到平衡后，测得体系压强是起始时的1.4倍，则该反应的平衡常数Kp= (kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
II.CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。对于反应CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ∆H=-165kJ·mol-1，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示。
(4)高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是 。
(5)对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是 ，使用的合适温度为 。
III.以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如下图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。
(6)阴极上的电极反应式为 ；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中 mol硫酸。
30．（2021·河北唐山·统考三模）某科研组对气体深入研究，发现很不稳定，经过实践提出如下反应机理：
回答下列问题
(1) 。
(2)①已知，起始时为35.8，分解的反应速率。恒温恒容时，测得体系中，则此时的分解的反应速率 。
②T温度时，向2L密闭容器中加入，时完全分解，体系达平衡状态，气体压强是反应前的2倍，则该温度下的平衡常数K= 。
③，在体积均为的容器中，不同温度下二氧化氮浓度变化与反应时间的关系如图所示，下列说法错误的是 (填标号)。
A．
B．a点逆反应速率小于c点正反应速率
c。℃ 10时二氧化氮速率为0.05
D．℃ 20时改变的条件可能是充入一定量的
(3)①氯气和硝酸银在无水环境中可制得，同时得到一种气态单质A，该反应的化学方程式是 。
②Peter提出了一种用惰性电极作阳极硝酸电解脱水法制备，其原理如下图所示。阳极制得和A，其电极反应式为 。每生成1，两极共产生气体 L(标准状况下)。
参考答案：
1．C
【详解】A．由题目中先“吸氢”再转化和图示可知，反应的第一步是与氢气结合，反应最后又生成，故是催化剂，选项A错误；
B．根据图中各步活化能可知，生成物质Ⅰ活化能最高，所以对总反应速率起决定性作用的是生成物质I的反应，选项B错误；
C．反应历程中，物质Ⅰ→物质Ⅱ加氢，物质Ⅱ→物质Ⅲ去氧，物质Ⅲ→物质Ⅳ去氧，均为还原反应，元素化合价逐渐降低，选项正确；
D．总反应为，选项D错误；
答案选C。
2．B
【详解】A．合金的硬度比其组分金属的硬度大，选项A错误；
B．光伏发电系统能将太阳能直接转化为电能，选项B正确；
C．聚酯是高分子，属于混合物，选项C错误；
D．属于金属氧化物，不属于金属材料，选项D错误；
答案选B。
3．D
【详解】A．天然气的主要成分是甲烷，甲烷属于温室气体，故A正确；
B．海底可燃冰是甲烷水合物，成分为CH4·nH2O，故B正确；
C．天然气、石油、煤炭属于化石能源，故C正确；
D．天然气燃烧时化学能转化为热能、光能等形式的能量，故D错误；
选D。
4．C
【详解】A．氢氧化钡晶体和氯化铵固体混合反应是吸热反应、在室温下就能进行，碳和氧气的反应是放热反应、在室温下不能进行、需要加热才可发生，则吸热反应不一定需要加热才能反应，而放热反应在常温下不一定能进行，A错误；
B．生铁是铁碳合金，B错误；
C．钠元素的焰色反应呈黄色。用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有，C正确；
D．硫酸铵中氮元素的含量为21.2%＞20%、硝酸氨中氮元素的含量为35%＞20%，某硫酸铵肥料中只含一种杂质，氮元素的质量分数为20%，则不可能混有硝酸铵，D错误；
答案选C。
5．A
【详解】A．对比图甲和图乙中①和②的变化可知，C3H6在催化剂上的吸附能高于C3H6与O2共吸附在表面的吸附能，A错误；
B．由图甲和图乙可知空气氧化丙烯生成环氧丙烷是放热反应，B正确；
C．由图甲和图乙可知，图甲中②到TS1的吸收的能量较低，更容易发生反应，C正确；
D．由图甲和图乙可知，总反应方程式为2C3H6+O22C3H6O，D正确；
故选A。
6．B
【详解】A．物质的标准生成焓相当于物质的相对焓值大小，所以△H= H(生成物)-H(反应物) =[0+(-393.5)]- [82. 1+(-110.5)] kJ/mol-1=-365.1 kJ/mol-1 ，选项A正确；
B．由化学反应与能量关系图的过程I可知，该反应为放热反应，只能得出Fe+和N2O的总能量高于FeO+和N2的总能量，选项B错误；
C．由图可知，加入催化剂后会改变反应途径，同时也使反应活化能降低，由于第I步活化能大，所以为决定反应速率步骤，选项C正确；
D．在过程II中，CO中化学键断开，形成CO2时又要形成化学键，选项D正确。
答案选B。
7．(1)
(2) 前，升高温度反应Ⅰ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐增大；超过后，再升高温度，反应Ⅲ正向进行的程度大于反应Ⅰ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐减小 (或) 17
(3) = 使用更高效的催化剂或升高温度等
【详解】（1）反应的焓变可以用反应物的总键能减去生成物的总键能，由乙烯到丁烯过程中减少了一个碳碳双键，增加两个碳碳单键，故该反应的。焓变也等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，反应Ⅰ正反应活化能为，则逆反应活化能为；
（2）①前，升高温度反应Ⅰ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐增大；超过后，再升高温度，反应Ⅲ正向进行的程度大于反应Ⅰ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐减小；
假设最终平衡时，乙烯的物质的量为，由图可知丁烯的物质的量为，列三段式如下：对于反应Ⅱ
生成乙烯的物质的量为时反应I的状态如下：
反应Ⅲ前后气体物质的量不变，故最终平衡时气体的总物质的量为，根据，解得，所以乙烯的物质的量为，丁烯为，一碘甲烷反应了，转化率为。平衡时，气体的总物质的量为，则此时，容器内的总压强为，代入标准平衡常数表达式计算可得；
（3）①曲线代表正反应速率与浓度的关系，曲线代表逆反应速率与浓度的关系，根据图像计算、，则此时反应Ⅱ的平衡常数，，说明该反应处于平衡状态，。
②曲线变为曲线，浓度不变正反应速率增大，实际是增大，可以使用更高效的催化剂或升高温度。
8．(1)
(2) 反应放热很多 减小
(3) 0.025 3.9
(4) 0.79eV
【详解】（1）根据反应Ⅰ和Ⅲ进行分析，Ⅲ-2×Ⅰ可得；该反应的化学平衡常数。
（2）反应Ⅲ自发进行趋势很大的原因为反应放热很多，由于该反应、且在一定温度范围为常数，即T增大时，将增大，该反应自发进行的程度将减小。
（3）根据题意可知，平衡时，且生成时消耗、；再结合其余两个转化分析：
则、，解得、。平衡时，体系中、，则0~10min内，；反应Ⅲ的平衡常数。
（4）活化能越大，反应速率越慢，活化能最大的为决速步骤。根据图示可知，两条路径中，一条最大活化能为0.79eV，为优势路径；另一条最大活化能为1.16eV，为劣势路径。则优势路径决速步骤的活化能为0.79eV；劣势路径决速步骤的化学方程式为。
9．(1) 该反应为气体分子数增大的反应，恒压下掺入水蒸气后会降低的分压，提高平衡转化率
(2) 0.002 0.0008
(3) 的半径较小，跟18-冠-6无法形成稳定结构 18-冠-6可溶解丙烯，同时结合，释放出，增大与丙烯的接触面积，提高了氧化效率
【详解】（1）将耦合反应和副反应直接叠加即得，直接脱氢制备的热化学方程式为 。
②温度不变，该反应为气体分子数增大的反应，恒压下掺混水蒸气后会降低的分压，提高平衡转化率。
（2）T K下，向体积为5 L的刚性容器中充入0.02 mol 和0.04 mol 进行上述反应，此时容器内压强为 kPa.2 min时达到平衡，平衡时的转化率为50%，的转化率为20%。根据反应分析如下：
的转化率为20%，所以最终消耗的物质的量为0.008 mol，所以副反应的关系为
①平衡时的物质的量浓度为0.01 mol÷5 L=0.002 。
②0～2 min内，。
③T K下，容器固定，压强之比等于物质的量比，起始压强为 kPa，总物质的量为0.06 mol，平衡时、、、、的物质的量分别为0.01 mol、0.032 mol、0.01 mol、0.008 mol、0.008 mol，带入求得平衡常数kPa。
（3）①Na与18-冠-6无法发生相应反应的原因为的半径较小，跟18-冠-6无法形成稳定结构。
②加入18-冠-6后氧化效果会明显提升的原因为18-冠-6可溶解丙烯，同时结合，释放出，增大与丙烯的接触面积，提高了氧化效率。
10．(1)−1155.5
(2)
(3) 60%
(4)<
(5)NO与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行
(6)当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的自由基，NO更易被氧化为，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，和在放电时会生成NO，NO转化率减小
【详解】（1）和完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时，吸收8.9kJ的热量，则生成2mol NO吸收热量，即热化学方程式为： ，根据盖斯定律，反应Ⅰ＋Ⅱ整理可得 ；
故答案为：-1155.5；
（2）由图可知，，说明第二步反应的活化能大，反应速率慢，决定NO氧化反应速率，其化学方程式为；
故答案为：；
（3）由题目信息可知，2mol NO(g)、1mol (g)和1mol He(g)通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应。设平衡时，，根据N守恒可得，根据O守恒可得；解得，。NO转化率为；反应②平衡常数；
故答案为：60%；；
（4）该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则正反应速率小于逆反应速率，则增大的倍数<增大的倍数；
故答案为：<；
（5）NO与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行，在低温条件下可提高NO的转化率；
故答案为：NO与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行；
（6）当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的自由基，NO更易被氧化为，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，和在放电时会生成NO，NO转化率减小；
故答案为：当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的自由基，NO更易被氧化为，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，和在放电时会生成NO，NO转化率减小。
11．(1) kJ·mol
(2) A 加压、降温等 > 其他条件相同时，有气体参加的反应，压强越大，化学反应速率越快，产率越大 该反应为放热反应，A点后反应达到平衡，升高温度，相当于平衡逆向移动
(3) 负
【详解】（1）标准摩尔生成焓是由指定单质生成1 mol该物质的反应焓变，所以一个反应的焓变=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓； kJ•mol⁻¹；
（2）①A、单位时间内，消耗乙烯和生成乙酸的物质的量相同，说明正、逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选A；
B、容器内两种气体的物质的量之比一直为1∶1，温度和压强不变，混合气体的密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定平衡，故不选B；
C、温度和压强不变，乙烯和乙酸的物质的量一直相等，K= ，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则是恒量，不变，反应不一定平衡，故不选C；
D、乙烯和乙酸的起始量均为1 mol，消耗量一直相等，故体系中乙烯和乙酸的转化率一直相等，体系中乙烯和乙酸的转化率相等，反应不一定平衡，故不选D。
选A；
②该反应为气体分子数减少的放热反应，故提高产率的方法有加压、降温等。
③其他条件相同时，有气体参加的反应，压强越大，化学反应速率越快，由图可知，相同温度下，相同时间内，压强为时乙酸乙酯的产率较大，则压强。由图可知，在压强为时，A点乙酸乙酯的产率最大，说明反应达到平衡，则A点之后曲线上的点都是平衡点，该反应为放热反应，则温度超过80℃时，温度升高，平衡向逆反应方向移动，乙酸乙酯的产率下降。体系内只有乙烯和乙酸两种气体，且物质的量相等，则二者的分压均为，则。
（3）M极上发生的反应是乙烯生成乙酸乙酯，碳元素化合价由-2升高为-1发生氧化反应，则M是阳极，a为正极、b为负极；根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知M电极反应式为。
12．(1)-320.52kJ•mol-1
(2) x3＞x2＞x1 0.1mol•L-1•min-1 (或37.9)
(3) CD 2
(4) H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O 2H2S-4e-=S2+4H+
【详解】（1）反应可由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ经ⅢⅡ得到，该反应的，故答案为：-320.52kJ•mol-1；
（2）①根据反应可知，当越大时，的平衡转化率越小，故。故答案为：；
②根据化学方程式和平衡时的体积分数是氢气的2倍，可计算得到平衡时、、的物质的量分别为、、.内的平均反应速率.该温度下，铁酸锌脱硫反应的平衡常数(或37.9)。故答案为：0.1mol•L-1•min-1；(或37.9)；
（3）①A.2v正(O2)=3v逆(SO2)时反应达到平衡，故A错误；
B.反应前后气体质量保持不变，体积不变，则混合气体的密度始终恒定，不能据此判断平衡，故B错误；
C.反应前后气体分子数减少，随反应进行容器内气体总压强减小，当压强不再变化时反应达到平衡，故C正确；
D.气体总质量不变，但气体分子数减小，则随反应进行混合气体的平均相对分子质量增大，当不再变化时反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②化学方程式中与的化学计量数之比为，当投料比时，二者的转化率相同，当转化率为时，转化率也为.设起始时，，则，初始反应速率为，当转化率为时的反应速率为，解得。故答案为：2；
（4）①固体电解质采用氧离子(O2-)导体时，负极H2S失电子产生SO2，电极方程式为：H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O，故答案为：H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O；
②固体电解质采用质子(H+)导体时，负极H2S失电子产生S2，电极方程式为：2H2S-4e-=S2+4H+，故答案为：2H2S-4e-=S2+4H+。
13．(1) 低温
(2)增大
(3)低
(4)
(5)
(6)P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率
【详解】（1）反应 生成物得能量-反应物得能量=-6×285.83kJ/mol-6×90.25 kJ/mol+4×46.11 kJ/mol=，该反应是气体体积减小得熵减反应，，又因为该反应，当时，反应能自发进行，则该反应自发进行的条件为低温。
（2）化学平衡时，v正=v逆，平衡常数K=，该反应的，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则Qc=>K，增大。
（3）温度相同时，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，则靠上曲线对应的较大，则在转化率相同时，较大的对应的温度越低。
（4）850K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)= 。
（5）根据已知条件列出“三段式”
(g) (g)
由题意得P1-x+p+x+x+x=p2，解得x =，则平衡时该反应的。
（6）甲醇的产率点高于点的原因为：P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率。
14．(1) NO与反应生成，而氧化性更强，更易与反应(或其他合理答案)
(2)氧气浓度过高时，、和NO分子会产生竞争吸附的局势，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案)
(3) A AB 80 3.2 催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大
【详解】（1）①由盖斯定律可得，反应Ⅰ－反应Ⅱ×4可得题中热化学方程式，即ΔH=ΔH1－4ΔH2=(-905.8)kJ/mol－4×180.0kJ/mol=-1625.8kJ/mol；故答案为-1625.8；
②氧气浓度在1%～3%之间，随着氧气浓度增大，NO与O2反应生成NO2，NO2的氧化性比NO强，更易与NH3反应，因此NO的脱除率明显升高，也可能氧气浓度增大，正反应速率增大，单位时间内NO的消耗量增加，脱除率明显升高等；故答案为NO与O2反应生成NO2，而NO2氧化性更强，更易与NH3反应(或其他合理答案)；
（2）氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，使得O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降等；故答案为氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案)
（3）①催化剂能加快反应速率，则催化剂的效果越好，达到平衡所用的时间越短，根据表中数据，使用催化剂A时反应达到平衡所用时间更短；故答案为A；
②A．NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向为一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，即2v正(N2)=v逆(NO)，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B．组分都是气体，混合气体总质量不变，该反应为气体物质的量减少的反应，因此混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡，故B符合题意；
C．c(NO)∶c(CO)=1∶1不能说明反应物、生成物的浓度保持不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．混合气体的总质量不变，该容器恒容，总体积不变，即混合气体的密度一直不变，混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为AB；
③NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，令达到平衡时生成氮气物质的量为xmol，则生成CO2物质的量为2xmol，n(NO)=n(CO)=(n-2x)mol，在恒容的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，因此有，解得x=0.4n，CO的平衡转化率=80%；=3.2(kPa-1)；故答案为80%；3.2(kPa-1)；
④汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是排气管是敞口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物的转化率越高；故答案为催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大。
15．(1)-49.0kJ•mol-1
(2)不能
(3) 0.006mol•L-1•min-1 AB 70% 741
(4) 阴极 BD
【详解】（1）Ⅱ.；
Ⅲ.；
根据盖斯定律Ⅱ＋Ⅲ得；
（2）反应Ⅱ的，由吉布斯自由能公式得，故不能自发进行；
（3）①由元素守恒知，参加反应的的物质的量等于生成CO和的物质的量之和，由信息知，平衡时有0.9mol参加反应，其中有0.3mol转化为CO，即生成0.6mol，则0~10min内，平均反应速率；
②的生成速率与的消耗速率，都是正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，不能说明反应达到平衡，故选A；
反应前后均为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量是恒量，总质量不变，不能说明反应达到平衡，故选B；
反应I、Ⅲ为气体分子数目减少的反应，混合气体的总压强是变量，总压强不再变化，可以说明反应达到平衡，故不选C；
反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，CO的物质的量不再变化，可以说明反应达到平衡，故不选D；
选AB。
③反应I：
反应Ⅱ：
T0℃时，H2的平衡转化率为；该温度下，反应Ⅰ的平衡常数Kc= =。
（4）CO2发生还原反应，所以在阴极上发生反应；
A．CO2+6H→•CO2放热，升高温度，不利于正向进行，故不选A；
B．•CO+•OH→•CO+•H2O吸热，升高温度，利于正向进行，故选B；
C．•OCH•→OCH2放热，升高温度，不利于正向进行，故不选C；
D．•CH3OH→CH3OH吸热，升高温度，利于正向进行，故选D；
选BD。
16．(1)N>O>C
(2) 20 ＜ ，可知此时的平衡常数为，该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小
(3) 或22.2%
(4) 催化剂在温度高于后，温度越高催化剂活性越低
【详解】（1）由于基态原子价电子排布式中轨道处于半满状态，所以、、三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为；
（2）下，反应Ⅱ达到平衡时、、各物质的量的浓度分别为、和，则下该反应的平衡常数为；温度改变为时，若，可知此时的平衡常数为；该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以；
（3）反应Ⅱ：
反应Ⅰ：
所以时各气体的分压分别为为、为、为、为；
①时的体积分数为；
②内的平均生成速率为；
（4）①反应的；
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是温度高于后，温度越高催化剂活性越低。
17．(1) -41 kJ/mol b
(2) CH4转化率 p3>p2> p1
(3) 50%
(4)CO+H2-e- +2=3CO2+H2O
【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应III=反应II-反应I，所以对应的热效应△H3=△H2-△H1=+165 kJ·mol-1-（+206 kJ·mol-1）=-41 kJ/mol；因为，结合图象可知，图象的斜率为，从图象变化趋势可看出，曲线a的斜率为正，则对应的为负，即代表反应III，曲线b和c的斜率为负，且c曲线更陡，则曲线b代表反应II，曲线c代表反应III，故答案为：-41 kJ/mol；b；
（2）反应I、II为吸热反应，反应III为放热反应，则升高温度，二氧化碳的物质的量分数不一定增大，但反应I、II中的甲烷均为反应物，升高温度，反应I、II向正向移动，甲烷的平衡转化率一定增大，则纵坐标可以表示CH4转化率；投料比一定、温度一定的条件下，增大压强，不利于反应I、II正向进行，所以平衡态的CH4转化率会降低，则可知图中压强关系为：p3>p2> p1，故答案为：CH4转化率；p3>p2> p1；
（3）一定条件下，向恒容容器中以物质的量之比为1：3的比例投入甲烷和水蒸气，可设甲烷的物质的量为1mol，水蒸气的物质的量为3mol，发生上述三个反应，达到平衡时，甲烷和水蒸气的转化率分别是80%和40%，则根据碳元素守恒可知，平衡时，甲烷的物质的量为1mol(1-80%)=0.2mol，设得到的CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，则x+y=1mol80%=0.8mol①；再根据氧元素守恒可知，x+2y=3mol-1.8mol=1.2mol②，联立反应①和②可知，x=0.4mol，y=0.4mol。另根据氢元素守恒可知，平衡时水蒸气的物质的量为3mol(1-40%)=1.8mol，则含H原子的物质的量为1.8mol2=3.6mol，甲烷中含H的物质的量为0.2mol4=0.8mol，则得到的氢气中含H原子的物质的量为1mol4+3mol2-3.6mol-0.8mol=5.6mol，即得到氢气的物质的量为2.8mol。综上所述，可得出平衡时各物质的物质的量分别为：n(CH4)=0.2mol，n(CO)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，n(H2O)=1.8mol，n(H2)=2.8mol，所以H2的物质的量分数x(H2)= =50%；同理可得，CO2的物质的量分数x(CO2)= ，CO的物质的量分数x(CO)= ，H2O的物质的量分数x(H2O)= ，反应III以物质的量分数表示的平衡常数Kx=，故答案为：50%；；
（4）高性能甲烷燃料电池中，CO和H2进入电极A发生失电子的氧化反应，生成二氧化碳和水，所以电极A为负极，以熔融碳酸盐(MCO3)为电解质反应的电极反应式可表示为：CO+H2-4e- +2=3CO2+H2O。
18．(1)+43.2
(2)25%
(3)反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量
(4) 0.075
(5)CO2 +4e- +4H+=HCHO+ H2O
(6) 相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附 相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【详解】（1）根据燃烧热写出热化学方程式：
i . HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H= -570.8 kJ/mol
ii. H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol
iii. H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ/mol
根据盖斯定律，ii×2-i- iii得反应CO2(g)+2H2(g) ⇌HCHO(g)+H2O(g)的△H=(-285.8×2 +570.8+44) kJ/mol=+43.2 kJ/mol；答案为：+43.2。
（2）由表2可知，平衡时CO2的体积分数为0.200，设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为xmol，列三段式： ，则=0.200，解得x=0.25，则CO2的平衡转化率为25%；答案为：25%。
（3）反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量，故0.1 MPa时，CO2的转化率在600 °C之后随温度升高而增大；答案为：反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量。
（4）①设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为ymol；根据c点列三段式
恒温恒容下，气体压强与气体物质的量成正比例，，解得y=0.5，v(H2)= =0.075 mol·L-1·min-1；答案为：0.075。
②温度相同，a、b、c点平衡常数相等，选c点数据计算平衡常数，c点平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量依次为0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH的分压为pkPa，则p(CO2)= p(CH3OH)= p(H2O)=pkPa，p(H2)=pkPa× 3=3pkPa，则平衡常数Kp== (kPa)-2；答案为：。
（5）以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，CO2在阴极上得电子被还原成HCHO，阴极的电极反应式为CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O；答案为：CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O。
（6）根据图象，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
19．(1)—90.7kJ/mol
(2) B CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大
(3) ＜ 通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大
(4)7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应a—b可得反应，则△H3=△H1—△H2=(—49.5kJ/mol)—(+41.2 kJ/mol)= —90.7kJ/mol，故答案为：—90.7kJ/mol；
（2）①A．恒压条件下，气体压强始终不变，则气体压强不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应a是物质的量减小的反应，反应中气体平均相对分子质量增大，则气体平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．的比值与化学计量数的比值相等，反应中始终不变，则不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
D．的物质的量之比为不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选B；
②由表中数据可知模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大；
（3）①由图可知，D点二氧化碳和氢气的物质的量比为1：1，二氧化碳的转化率为60%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳和氢气的物质的量均为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.4mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0.6mol/L ，反应的平衡常数K1==2.25，F点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为50%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.75mol/L、0.25mol/L、0.75mol/L和0. 75mol/L ，反应的平衡常数K2==3，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由F点平衡常数大于D点可知，D点反应温度小于F点，故答案为：＜；通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大；
②由图可知，G点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为40%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.9mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0. 6mol/L ，反应的平衡常数K3==1，反应达到平衡时由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：=，== K3=1， 当二氧化碳的转化率为20%时，二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为1.2mol/L、0.7mol/L、0.3mol/L和0. 3mol/L，则=1×=，故答案为：；
（4）由题意可知，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，在水分子作用下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和碳酸氢根离子，电极反应式为7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6，故答案为：7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6。
20．(1)-93.7 △H=△H1+△H2
(2)AC
(3)60%
(4) ＜ 反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快 K=
(5) 减小 随着投料比 的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减少
【详解】（1）根据盖斯定律：2NH3(l)+CO2(l)⇌H2O(l)+NH2CONH2(l)△H=ΔH1+ΔH2=(-109.2+15.5)kJ/mol=-93.7kJ/mol，故答案为：-93.7；
（2）A．增大CO2的浓度，平衡正向移动，有利于NH3的转化率增大，故A正确；
B．因为正反应是熵减的反应，即△S＜0，根据△H-T△S＜0可知，反应在低温下才能自发进行，高温下是不能自发进行的，故B错误；
C．混合气体的密度不再发生改变，即混合气体的质量不在改变，也即个组分的量不在改变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．在恒容密闭容器中，充入He，各物质浓度不变，平衡不移动，故D错误；
故答案为：AC；
（3）设充入CH4和CO2物质的量都为xmol，列三段式：，，解得x=2.5mol，CH4的转化率为；
（4）①活化能越大反应速率越慢，反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快，则反应速率：反应①＜反应②；
②一定温度下，反应到达平衡时正逆反应速率相等，，，则K=；
（5）可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减小，其原因是随着投料比 的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减少。
21．(1) 高温
(2)AB
(3)低于600℃时反应速率减小，高于600℃时苯乙烯选择性下降
(4) < 压强相同时，c点与a点相比，加大了H2O蒸气的比例，等效于反应体系的减压，平衡正向移动，转化率增大
【解析】（1）
将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知①—②—③×得到反应(g) (g)+H2(g)，则反应△H=(—4498kJ/mol)—(—4337kJ/mol)—(—571.6kJ/mol) ×=+124.8 kJ/mol，该反应是熵增的反应，高温时，反应△H—T△S＜0，反应能自发进行，故答案为：+124.8 kJ/mol；高温；
（2）
A．正反应速率先增大后减小说明正反应速率大于逆反应速率，平衡一定向正反应方向移动，故正确；
B．该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K值增大，故正确；
C．反应物的体积百分数增大说明逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，故错误；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积增大的反应，混合气体密度增大说明恒压条件下，平衡向逆反应方向移动，故错误；
故选AB；
（3）
由图可知，600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高，当温度低于600℃时，乙苯的平衡转化率低，反应速率慢，当温度高于600℃时，苯乙烯的选择性低，所以反应控制温度为600℃，故答案为：低于600℃时反应速率减小，高于600℃时苯乙烯选择性下降；
（4）
①该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，乙苯的转化率减小，由图可知，水蒸气的用量一定时，P2的乙苯的转化率大于100kPa，所以压强P2小于100kPa；c点与a点的压强相同，增大水蒸气的比例，相当于减小反应体系的压强，平衡向正反应移动，乙苯的转化率增大，故答案为：<；压强相同时，c点与a点相比，加大了H2O蒸气的比例，等效于反应体系的减压，平衡正向移动，转化率增大；
②由图可知，b点时，水蒸气和乙苯的物质的量比为4，平衡转化率为50%，设起始水蒸气的物质的量为4mol，乙苯的物质的量为1mol，则平衡时，乙苯、苯乙烯和氢气的物质的量分别为1mol—1mol×50%=0.5mol、1mol×50%=0.5mol和1mol×50%=0.5mol，所以该温度下，苯乙烯制备反应的分压平衡常数KP==，故答案为：。
22．(1)AC
(2) 2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O 2a+2c+2d—b—3e
(3) pH＜5时，H2S溶解度降低，部分逸出造成环境污染 1.4×10—3 10min后H2S去除率增幅减小，会有H2S逸出造成环境污染
(4) Na2SO3投加量大于5g/L时，反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ
【解析】（1）
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应说明氢硫酸的酸性弱于碳酸，亚硫酸可以与碳酸氢钠溶液反应说明亚硫酸的酸性强于碳酸，则氢硫酸的酸性弱于亚硫酸，故正确；
B．未明确是否为在相同条件下测定氢硫酸与亚硫酸的导电能力，无法比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱，故错误；
C．常温下，相同浓度的氢硫酸溶液pH大于亚硫酸溶液说明氢硫酸的电离程度小于亚硫酸，故正确；
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸与酸性强弱无关，则氢硫酸的还原性强于亚硫酸不能氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱，故错误；
故选BD；
（2）
由图可知，SO/ S2O与S/H2S两组电对的电势差越大，反应的自发程度越大，则反应ⅰ的离子方程式为2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O，由反应热等于生成物的总能量与反应物总能量之差可知，反应△H=-(2a+2c+2d—b—3e )kJ/mol，则当有2mol氢硫酸反应时，放出的热量为(2a+2c+2d—b—3e)kJ，故答案为：2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O；2a+2c+2d—b—3e；
（3）
①硫化氢气体溶于水得到氢硫酸溶液，氢硫酸在溶液中部分电离出氢离子，若溶液pH＜5，溶液中氢离子浓度增大，电离平衡左移，导致硫化氢气体的溶解度减小，会逸出造成环境污染，所以实际生产中采取溶液pH=5的去除条件，而不选择更低pH，故答案为：pH＜5时，H2S溶解度降低，部分逸出造成环境污染；
②由图可知，溶液pH=5时，10min时硫化氢的去除率为70%，设溶液的体积为1L，10min时硫化氢的去除速率为=1.4×10—3；由图可知，10min后，曲线斜率减小说明硫化氢去除率增幅减小，硫化氢不能完全被吸收，会有硫化氢逸出造成环境污染，故答案为：1.4×10—3；10min后H2S去除率增幅减小，会有H2S逸出造成环境污染；
（4）
①由图可知，T℃反应达到平衡时，S2O的浓度为0.015mol/L、SO的浓度为0.009mol/L，则反应的平衡常数K===，故答案为：；
②由方程式可知反应ⅰ和ⅱ生成硫单质，反应ⅲ消耗硫单质，由图可知，当Na2SO3投加量大于5g/L时，单位体积内硫单质的质量减小说明反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ，故答案为：Na2SO3投加量大于5g/L时，反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ。
23．(1)
(2) BC 0.2 75% 6.75
(3) +CO2 和或和
【详解】（1）二氧化碳与乙烷反应生成乙烯、一氧化碳和气态水的反应为，则△H =[52+(—110) +(—242)—+(—84)—+(—393)]kJ/mol=+177 kJ/mol，则热化学方程式为，故答案为：；
（2）①A．四种物质分压之比等于计量系数之比不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，单位体积内分子总数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．二氧化碳和甲烷的物质的量之和不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选BC；
②设5min时消耗二氧化碳的物质的量为xmol，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲烷的分压相等可得：=，解得a=0.5mol，由容器的体积为1L可知，0—5min内水的反应速率为=0.2；
设5min时消耗二氧化碳的物质的量为ymol，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲烷的平衡分压之比为0.25MPa：0.75MPa=1:3可得：=，解得y=0.75，由容器的体积为1L可知，反应的平衡常数为=6.75，温度不变，化学平衡常数不变，则该温度下充入1mol二氧化碳和3mol氢气的反应平衡常数也为6.75，故答案为：0.2；6.75；
（3）由图可知，在和碘离子做催化剂作用下，环氧丙烷与二氧化碳反应生成，反应的化学方程式为+CO2，故答案为：+CO2；和或和。
24． 6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1 100.8 正 2C+CO2=2C+C 3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH- c、a、b
【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=，设c(H+)为α，则c（OH-）=，根据电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-),可得c(HCO3-)=α-，大气中的CO2分压p(CO2)=px kPa，溶液中CO2的浓度c(CO2)(aq)=pxy mol/L，将c(H+)、c（OH-）、c(CO2)(aq)带入平衡常数表达式 ，所以解得α=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；2C+CO2=2C+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，碳元素从+4价降低到-2价，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-；
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电还原曲线中a的最大能垒为0.51＜b曲线的0.72，a曲线电化学还原更容易。且H+电还原中a曲线最大能垒0.27＞b曲线的0.22，综上所述，a催化剂比b催化剂更易发生CO2电还原。因此反应从易到难的顺序为c、a、b，故答案为：c、a、b。
25． 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。
26． -1225.6 < I 0.0125 A c>d>a
【详解】(1)根据盖斯定律可知，；
(2)反应达到平衡时，，即，由此可得；该反应为放热反应，升高温度，K减小，由此可得增大的倍数小于增大的倍数；
(3)①温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，由图中达到平衡的时间长短可知曲线Ⅰ代表220℃条件下的物质的量随时间变化的曲线，曲线Ⅱ代表300℃条件下的物质的量随时间变化的曲线；段，化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以；
②A．反应体系中，与的物质的量之比随着的消耗，比值逐渐增大，达到平衡时，比值不再改变，A项正确；
B．混合气体的密度等于总质量与体积的比值恒容条件下，反应时混合气体的体积始终不变，因此不能通过混合气体的密度判断是否达到平衡，B项错误；
C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，气体的总物质的量增加，混合气体的平均相对分子质量减小，C项错误；
D．催化剂只改变反应的快慢，不影响平衡转化率，D项错误；
答案选A；
③c点温度高，逆反应速率最快，a点未达到平衡，d点达到了平衡，反应达到平衡之前，逆反应速率逐渐增大，由大到小的顺序为；根据图中曲线Ⅱ，列出三段式：
平衡后气体的总物质的量为3.75mol，则 。
27． A 氧气氧化脱氢为放热反应，耗能少 3CO2+C3H8→6CO+4H2 C3H8C3H6+H2 ＞ m3＜m2＜m1 ＜ C3H8 0.0125
【详解】(1)丙烷直接裂解是气体分子数增多的吸热反应，高温低压有利于平衡正向移动，提高C3H8平衡转化率，故选A；
(2)氧气氧化脱氢为放热反应，不受热力学的限制，反应温度较低，耗能少，氧气同时可以氧化碳单质，催化剂积碳程度较低；
(3)①据图可知在500~800K之间，C3H6极少，主要产物为CO、H2主要发生的反应为3CO2+C3H8→6CO+4H2；据图可知823K以上C3H6的含量增多，而CO的含量基本不变，说明823K以上有利于直接裂解，主要发生的反应为C3H8C3H6+H2；
②相同投料比时温度升高C3H8的平衡转化率增大，说明升高温度有利于该反应正向进行，则正反应为吸热反应，ΔH＞0；相同温度下，当C3H8的量不变时，增大CO2的量平衡正向移动，C3H8的平衡转化率增大，所以m越大，C3H8的平衡转化率越大，则m3＜m2＜m1；
(4)丙烷直接裂解为气体分子数增多的反应，增大压强平衡逆向移动，C3H8增多，所以p2＜0.1；丙烷直接裂解为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，C3H8减少，B、D为C3H8；设起始C3H8的物质的量为amol，则：
a点时C3H8的物质的量分数为50%，则，；所以C3H8、C3H6、H2平衡分压分别为、、，则=0.0125MPa。
28． -246.4 kJ∙mol-1 BD 适当提高反应气中H2的用量（浓度、体积分数、百分含量）、移去（分离出）反应体系中的CH3OH ＞ 低于240℃时，温度越高，CO的转化率越大；高于240℃时，温度越高，CO的转化率越小 温度较低时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，温度越高反应速率越大，CO的转化率也越大；温度较高时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，温度升高平衡逆向移动，故温度越高CO的转化率越小
【分析】注意题(4)等温-平衡转化率曲线，曲线上的每个点都达到平衡状态，其中a点在曲线p1以下，在p1曲线所代表的的压强下，a点没有达到平衡状态，若要达到平衡状态，需增大转化率，即平衡要向正反应方向移动，从而判断正逆反应速率的大小关系。
【详解】(1)根据盖斯定律得：总反应的ΔH=2ΔH1+ΔH2+ΔH3=-246.4 kJ∙mol-1。答案为：-246.4 kJ∙mol-1；
(2)A．反应Ⅰ的反应物与生成物均为气体，密度不发生变化，无法判断是否平衡状态，A项错误；
B．该反应为可逆反应，反应放出的热量小于90.8kJ，B项正确；
C．反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡常数应降低，与图不符。C项错误；
D．反应Ⅰ为气体分子数目减少的反应，平衡后，再充人2 mol H2和1 mol CO，相当于增大压强，平衡正向移动，再次平衡后，H2和CO的体积分数均减小，D项正确；
答案为：BD；
(3)在保持一定的温度和压强条件下，能提高反应Ⅰ中CO转化率的方法为适当提高反应气中H2的用量（浓度、体积分数、百分含量）、及时移去（分离出）反应体系中的CH3OH。答案为：适当提高反应气中H2的用量（浓度、体积分数、百分含量）、移去（分离出）反应体系中的CH3OH；
(4)①反应Ⅰ为气体分子数目减少的放热反应，在相同温度下，压强越大，CO的转化率越高。则根据图可知，p1=54MPa，则600℃、54MPa时a点未达到反应平衡，反应正向进行，v正＞v逆；答案为：＞；
②将组成为2∶1的H2和CO充入恒温密闭容器中发生反应Ⅰ，600℃，36MPa时，设初始加入CO(g)xmol，根据三段式：
各物质的压强之比等于其物质的量之比，则平衡时各物质的压强分别为p(H2)=，p(CO)=，p(CH3OH)=，该反应的分压平衡常数。答案为：；
(5)由图可知，CO转化率在低于240℃时，温度越高，CO的转化率越大；高于240℃时，温度越高，CO的转化率越小；原因是温度较低时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，温度越高反应速率越大，CO的转化率也越大；温度较高时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，温度升高平衡逆向移动，故温度越高CO的转化率越小。答案为：低于240℃时，温度越高，CO的转化率越大；高于240℃时，温度越高，CO的转化率越小；温度较低时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，温度越高反应速率越大，CO的转化率也越大；温度较高时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，温度升高平衡逆向移动，故温度越高CO的转化率越小。
29． +249.1 > 高温 259.2 以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加 Ni-CeO2 320℃ 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O 6
【详解】I. (1)根据摩尔生成焓的定义，推出①C(s)＋O2(g)=CO2(g) =－395kJ·mol－1，②C(s)＋2H2(g)=CH4(g) =－74.9kJ·mol－1，③C(s)＋O2(g)=CO(g) =－110.4kJ·mol－1，根据目标反应方程式及盖斯定律可知，③×2－②－①得目标方程式，所以=[(－110.4)×2－(－74.9)－(－395)]kJ·mol－1=＋249.1kJ·mol－1；故答案为＋249.1；
(2)根据第(1)问分析可知，该反应为吸热反应，所以活化能Ea(正)＞ Ea(逆)；根据可知，要想自发进行，即满足＜0，当＞0时，高温有利于自发进行，故答案为：＞；高温；
(3)根据已知信息，设平衡时转化的二氧化碳的压强为p kPa，则
，
由平衡的p总=（14+16）kPa=42 kPa可知，（14-p）+（16-p）+（14-p）+2p+2p=30+2p=42kPa，则p=6kPa。所以平衡时，p(CO2)=8 kPa，p(CH4)=10 kPa，p(CO)=12 kPa，p(H2)=12 kPa，则平衡常数Kp=；
II. (4)高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，其选择性有所下降，所以CO2转化率略有下降，且以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加；
(5)根据图象分析可知，温度适宜（320℃）时，以Ni-CeO2为催化剂明显比以Ni为催化剂时CO2转化率高，且催化剂选择性强，所以应选择Ni-CeO2为催化剂，最佳温度为320℃，故答案为：Ni-CeO2；320℃；
III. (6) 以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，根据装置图可分析，CO2在阴极得到电子转化为乙烯，所以阴极上的电极反应式为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；铅酸蓄电池总反应方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，则根据电子转移数守恒可得到，C2H412e-6Pb12H2SO4，则每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中硫酸的物质的量为0.512=6mol，故答案为：6。
30． –55.6 0.5 AC 33.6 L
【详解】(1)①
②根据盖斯定律(-①-②)÷2得–55.6；
(2)①已知，起始时 为35.8 ，分解的反应速率。恒温恒容时， 测得体系中， ， ，则此时的分解的反应速率 2×10-3×30.0= 。
②T温度时，向2L密闭容器中加入，时完全分解，体系达平衡状态，根据PV=nRT，，气体压强是反应前的2倍，则反应平衡后物质的量为4mol，完全分解，设转化3xmol，，n总=n(NO2)+n(N2O4)+n(O2)=4-2x+x+1=4，x=1mol，c(NO2)= c(N2O4)=0.5mol，平衡常数K=。
③A．该反应为吸热反应，升高温度，反应速率增加，平衡正向移动，，故A正确；
B．a点温度大于c点，则a点速率大于c点，故B错误 ；
C．a点时，△c=0.5mol/L，v=，故C正确；
D．缩小体积，增大压强，c(NO2)增大，对于该平衡正向移动，c(NO2)逐渐减小，故D错误；
故选AC。
(3)①氯气和硝酸银在无水环境中可制得，同时得到一种气态单质A(O2)，该反应的化学方程式是：。
②阳极制得和O2，其电极反应式为：，阴极：2H++2e-=H2↑每生成1，转移2mol电子，两极共产生气体氧气0.5mol，氢气1mol，共1.5mol，V=1.5mol×22.4mol/L=33.6L。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学反应的热效应
一、单选题
1．（2023·河北·校联考模拟预测）某科研团队合作开发了活性位点催化剂，先“吸氢”再将硝基化合物转化为氨基化合物，反应历程和每步的活化能如图所示：
下列说法正确的是
A．是该反应历程的中间产物
B．提高Ⅲ→Ⅳ的反应速率，对快速提升总反应速率起决定性作用
C．I→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ的转化过程中，元素的化合价逐渐降低
D．总反应为
2．（2023·河北·校联考模拟预测）2022年我国在多个领域展示了中国力量。下列说法正确的是
A．中国女足勇夺亚洲杯冠军，奖杯由纯银制成，其硬度大于银合金
B．北京冬奥会多个场馆引入光伏发电系统，能将太阳能直接转化为电能
C．神舟十五号航天员乘组的航天服保温层中含有聚酯薄膜，聚酯薄膜属于纯净物
D．“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面涂层含，属于金属材料
3．（2022·河北沧州·统考二模）《天工开物·作咸》中记载了天然气的开发和利用，“西川有火井，事奇甚，其井居然冷水，绝无火气，但以长竹剖开去节，合缝漆布，一头插入井底，其上曲接，以口紧对釜脐，注卤水釜中，只见火意烘烘，水即滚沸”。下列说法错误的是
A．天然气的主要成分属于温室气体
B．海底可燃冰的成分为CH4·nH2O
C．天然气属于化石能源
D．天然气燃烧时化学能全部转化为热能
4．（2022·河北唐山·统考三模）下列说法中正确的是
A．吸热反应一定需要加热才能反应，而放热反应在常温下一定能进行
B．水银和生铁都属于纯金属
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有
D．某硫酸铵肥料中只含一种杂质，氮元素的质量分数为20%，可能混有硝酸铵
5．（2022·河北沧州·统考二模）环氧丙烷(C3H6O，PO)是一种重要的有机化工产品，对Cu2O催化剂表面催化空气氧化丙烯反应机理的DFT计算表明，可能有通过分子氧(甲图)和晶格氧(乙图)两种反应机理(TS代表中间态)。已知吸附能指在吸附过程中释放的能量，下列说法错误的是中
A．C3H6在催化剂上的吸附能低于C3H6与O2共吸附在表面的吸附能
B．空气氧化丙烯生成环氧丙烷是放热反应
C．通过对图象的分析得出，该反应更易按照甲图路径进行
D．总反应方程式为2C3H6+O22C3H6O
6．（2021·河北衡水·河北武邑中学二模）知某物质的标准生成焓(△f)的定义为用标准状态下的各种元素的最稳定单质，生成标准状态下1mol该物质所吸收或放出的能量，其中△f(单质)=0kJ/mor。N2O、CO、CO2的标准生成焓分别为82.1kJ/mol、110.5kJ/mol、-393.5kJ/mol。研究表明N2O与CO在Fe+的催化下发生反应NO(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)，△H的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是
A．△H=-36.1kJ/mol
B．由过程I可得N2O的能量要高于N2的能量
C．催化剂会改变反应途径和降低反应活化能，且反应速率由过程I决定
D．在过程II中同时存在碳氧键的断裂和形成
二、原理综合题
7．（2023·河北·校联考模拟预测）世界卫生组织国际癌症研究机构公布的致癌物清单中，一碘甲烷属于三类致癌物。用化学反应原理研究一碘甲烷具有重要意义，一碘甲烷热裂解时主要发生如下反应：
反应I：
反应Ⅱ：(丁烯)
反应Ⅲ：
回答下列问题：
(1)几种化学键的键能数据如表所示：
化学键
键能/
413
612
348
则反应Ⅱ的 ，若反应I正反应活化能为，则逆反应活化能为 (用含的代数式表示)。
(2)在恒容密闭容器中投入，实验测得平衡体系中乙烯、碘化氢和丁烯的物质的量分数与反应温度的关系如图所示：
①随着体系温度升高，的物质的量分数先增大后减小的原因可能是 ．
②条件下，的平衡转化率为 ，若起始压强为，则反应Ⅱ的标准平衡常数 (已知：分压总压该组分的物质的量分数，对于反应，，其中，为各组分的平衡分压)。
(3)研究反应Ⅱ对提高反应I中的平衡转化率有重要意义。时，反应Ⅱ的正、逆反应速率与浓度的关系为，(是速率常数)，正、逆反应速率方程分别对应图中曲线、曲线。
①时，向的密闭容器中充入和，此时 (填“>”“<”或“=”)。
②图中曲线变为曲线改变的条件可能是 。
8．（2023·河北衡水·河北武邑中学校考模拟预测）乙醇是一种很有发展前景的能源替代品，通过CO和催化加氢制乙醇的体系中涉及化学应为：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
(1)则加氢制的热化学方程式为 ；该反应的化学平衡常数 (用、或表示)。
(2)反应Ⅲ自发进行趋势很大的原因为 ，已知，升高温度，该反应自发进行的程度将 (填“增大”、“减少”或“不变”)。
(3)T℃时，向盛有催化剂的2L恒容密闭容器中充入2mol和4mol，发生上述反应，10min末达到平衡，此时的转化率为80%，和的物质的量浓度分别为和．则0~10min内，平均反应速率 ；反应Ⅲ的平衡常数 (保留两位有效数字)。
(4)根据DFT计算和实验分析，在Ti掺杂稳定的Rh单原子催化剂表面进行的加氢制乙醇的反应历程如图所示(其中“*”表示吸附态；TS表示过渡态，对应的数值表示该步骤的活化能)，转化为的路径有两条，其优势路径决速步骤的活化能为 ，劣势路径决速步骤的化学方程式为 。
9．（2023·河北·校联考模拟预测）为解决气候危机，近年来我国大力研发二氧化碳利用技术，耦合丙烷()的研究不仅能降低空气中二氧化碳含量，同时还能制备重要化工原料丙烯()。其耦合原理为 ，同时伴随着副反应 的发生。
回答下列问题：
(1)传统工业是通过直接脱氢制备。
①直接脱氢制备的热化学方程式为 。
②工业上，通常在中掺入水蒸气，控制反应温度不变，并保持体系总压为常压的条件下进行反应，该方法能提高的平衡转化率的原因为 。
(2)T K下，向体积为5L的刚性容器中充入0.02 mol 和0.04 mol 进行上述反应，此时容器内压强为kPa.2 min时达到平衡，平衡时的转化率为50%，的转化率为20%。
①平衡时的物质的量浓度为 。
②2 min内， 。
③T K下，耦合反应的平衡常数 kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(3)丙烯难溶于水，被水溶液氧化的效果较差，若将丙烯溶解在18-冠-6()中，氧化效果会明显提升。已知18—冠—6能与反应形成。
①与18-冠-6无法发生相应反应的原因为 。
②加入18-冠-6后氧化效果会明显提升的原因为 。
10．（2023·河北沧州·统考二模）氮及其化合物在工农业生产中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
Ⅰ、一定条件下，用催化还原可消除NO污染。
已知：①
②
(1)和完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时，吸收8.9kJ的热量；则 △H= 。
(2)反应②分两步进行，其反应历程与能量变化关系如图所示，写出决定NO氧化反应速率的化学方程式： 。
(3)将2mol NO(g)、1mol (g)和1mol He(g)通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应②和。平衡时，若、与三者的物质的量相等，则NO转化率为 ，反应②平衡常数 (用含p的代数式表示，不考虑)。
Ⅱ、汽车尾气中的氮氧化物可利用如下反应处理： ，实验测得，，(、为速率常数，只与温度有关)。
(4)达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”“<”或“=”)增大的倍数。
III、近年来，低温等离子技术是在高压放电下，产生自由基，自由基将NO氧化为后，再用溶液吸收，达到消除NO的目的。实验室将模拟气(、、NO)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图所示。
(5)等离子体技术在低温条件下可提高NO的转化率，原因是 。
(6)其他条件相同，等离子体的电功率与NO的转化率关系如图所示，当电功率为30W时，NO转化率达到最大的原因可能是 。
11．（2023·河北·模拟预测）乙酸乙酯在工业上有着广泛的用途。科学家以乙烯、乙酸为原料，杂多酸作催化剂制备乙酸乙酯，反应原理为。回答下列问题：
(1)在热力学标态下由指定单质(大多是稳定单质)生成1 mol物质的反应焓变，称为该物质的标准摩尔生成焓()。。相关物质的标准摩尔生成焓数据如表所示。
物质
/(kJ·mol)
+52.3
-436.4
-463.2
以乙烯(g)、乙酸(g)为原料制备乙酸乙酯(1)的反应的热化学方程式为 。
(2)一定条件下，在一个密闭容器中，通入各1 mol的乙烯和乙酸气体，发生上述反应。
①若保持温度和压强不变，下列描述能说明反应已达化学平衡的是 (填字母)。
A．单位时间内，消耗乙烯和生成乙酸的物质的量相同
B．容器内混合气体的密度不再变化
C．不再变化
D．体系中乙烯和乙酸的转化率相等
②若想提高乙酸乙酯的产率，可以采取的措施有 (写两种)。
③分别在压强、下，相同时间内测得乙酸乙酯的产率随温度的变化如图。
(填“>”或“<”)，理由是 。A点后乙酸乙酯产率随温度升高反而下降的原因可能是 。A点该反应的压强平衡常数 (用含的代数式表示)。
(3)科学家设想通过电化学方法实现乙烯的转化，其原理如图所示(均为惰性电极)。图中b极为 极，M极上的电极反应式为 。
12．（2023·河北·校联考三模）高温煤气脱硫是提高煤清洁转化利用效率的关键技术，效果较好的脱硫剂是铁酸锌(ZnFe2O4)，部分反应如下：
Ⅰ.2FeS(s)+ZnS(s)+5O2(g)=ZnFe2O4(s)+3SO2(g) △H1=-1679.3kJ•mol-1
Ⅱ.2FeS(s)+ZnS(s)+10H2O(g)=ZnFe2O4(s)+3SO2(g)+10H2(g) △H2=+738.9kJ•mol-1
Ⅲ.2H2S(s)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H3=-1172.0kJ•mol-1
回答下列问题：
(1)铁酸锌脱硫反应ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)=2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)的反应热△H= 。
(2)铁酸锌脱硫反应ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)=2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)经实验测定在不同投料比x1、x2、x3[投料比x=]时H2S的平衡转化率与温度的关系如图所示。
①x1、x2、x3由大到小的顺序是 。
②一定温度下，向体积为5L的恒容密闭容器中投入3molH2S和2molH2和足量的ZnFe2O4时，初始压强为p0kPa，经4min反应达到平衡，测得平衡时H2O(g)的体积分数是氢气的2倍，则0～4min内的平均反应速率v(H2S)= 。该温度下，铁酸锌脱硫反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。
(3)一定温度(T0)下，在某恒容密闭容器中，按投料比n(H2S)：n(O2)=2：3进行投料，发生反应2H2S(s)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 (填标号)。
A．3v正(O2)=2v逆(SO2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内气体总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②研究表明，该反应的反应速率方程式为v=k•cm(H2S)•c3(O2)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关.一定温度(T0)下，投料比n(H2S)：n(O2)=2：3的初始反应速率为v0，当H2S转化率为50%时的反应速率为v0，则反应速率方程式中m= 。
(4)科学家制造出一种使用固体电解质的H2S燃料电池，固体电解质可以采用氧离子(O2-)导体或质子(H+)导体，电池反应原理如图所示。
①固体电解质采用氧离子(O2-)导体时，负极产生SO2的电极反应式为 。
②固体电解质采用质子(H+)导体时，负极的电极反应式为 。
13．（2023·河北保定·统考二模）建设环境友好型社会是全世界的共识，治理环境污染也是国际性难题。化学和化学技术凭借其自身的优点和特性，已经在治理环境污染中发挥着越来越重要的作用。
回答下列问题：
Ⅰ．氮氧化物的处理对建设生态文明具有重要的意义，如何消除NO成为当前研究的主要课题之一、某研究小组将、和一定量的充入密闭容器中，在催化剂表面发生反应： 。时，相关物质的相对能量如图所示。
(1)反应的 ；该反应自发进行的条件为 (填“高温”、“低温”或“任意条件”)
(2)已知该反应的，(、为速率常数，与温度、催化剂有关)若平衡后升高温度，则 (填“增大”、“不变”或“减小”)。
Ⅱ．“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。常压下，乙苯和经催化剂吸附后能发生如下反应：
(g) (g)
控制投料比[]分别为、和，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
(3)乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越 (填“高”或“低”)。
(4)时，反应经达到图中点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为，则(苯乙烯) 。
(5)时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时该反应的为 (以含有、、的代数式表示)。
已知：a．混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的平衡常数；b．
Ⅲ．可用氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇：。
(6)恒压下，和的起始物质的量之比为时，该反应甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。甲醇的产率点高于点的原因为 。
(分子筛膜能选择性分离)
14．（2023·河北衡水·校联考二模）工厂烟气(主要污染物为、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
(1)还原技术是目前高效、成熟的去除的技术之一()。使用催化剂能有效脱除工厂烟气中的氮氧化物。
已知：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
①反应 。
②在不同温度下，仅改变的浓度，NO的脱除率与浓度的关系如图1所示，浓度在1%~3%之间时，随着浓度增大，NO脱除率明显升高的原因可能是 。
(2)/碳基材料(活性炭、活性焦、活碳纤维)也可以脱硫、脱硝。/碳基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，烟气中的存在对/碳基材料催化剂脱硫、脱硝活性的影响结果如图2所示，当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是 。
(3)研究高效催化剂是解决NO对大气污染问题的重要途径。400℃时，在分别装有催化剂的A和B的两个容积为2L的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为nmol的NO和CO发生反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响，数据如表：
时间/min
0
10
20
30
∞
A容器内压强/kPa
100.0
90.0
85.0
80.0
80.0
B容器内压强/kPa
100.0
95.0
90.0
85.0
80.0
①由表可以判断催化剂 (填“A”或“B”)的效果更好。
②下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．
D．容器内气体的密度不再发生变化
③容器中CO的平衡转化率为 %。400℃时，用压强表示的平衡常数 ()。
④汽车尾气中含有NO和CO，在排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是 。
15．（2023·河北张家口·统考一模）二氧化碳的重整和综合利用可以有效缓解环境压力，助力尽快实现双碳目标。CO2与H2合成甲醇涉及反应：
I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ•mol-1
Ⅲ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.2kJ•mol-1
回答下列问题：
(1)△H1= 。
(2)若反应II的△S2=+42.1J•mol-1•K-1，则该反应在298K时 (填“能”或“不能”)自发进行。
(3)T0℃，向10L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2发生上述反应。10min末达到平衡时测得容器中CO2的转化率为90%，CO的物质的量为0.3mol。
①0~10min内，平均反应速率v(CH3OH)= 。
②下列叙述不能作为上述反应达到平衡状态标志的是 。
A．H2O的生成速率与CO2的消耗速率相等
B．混合气体的总质量不再变化
C．混合气体的总压强不再变化
D．CO的物质的量不再变化
③T0℃时，H2的平衡转化率为 ；该温度下，反应Ⅰ的平衡常数Kc= (保留三位有效数字)。
(4)我国学者结合实验和计算机模拟结果，提出了CO2电还原制备CH3OH的机理，其部分反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“•”标注。
其中CO2在 (填“阴极”或“阳极”)上发生反应；下列转化过程中，可能适合在高温条件下进行的是 (填选项字母)。
A．CO2+6H→•CO2 B．•CO+•OH→•CO+•H2O
C．•OCH•→OCH2 D．•CH3OH→CH3OH
16．（2022·河北·模拟预测）随着汽车进入千家万户，汽车尾气排放标准也越来越高。NO2、NO、CO均为汽车尾气的主要成分，CO是汽油不完全燃烧的产物外，主要涉及如下反应。
反应I：
反应II：
回答下列问题：
(1)C、N、O三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为 。
(2)实验测得反应II的速率方程为，，、为速率常数。下，向某刚性密闭容器中投入和的起始浓度分别为和，平衡后的浓度变为，则下该反应的平衡常数为 ；温度改变为时，若，则 (填“>”“=”或“＜”)，原因为 。
(3)时，按投入某刚性密闭容器中，起始压强为。后容器内气体压强变为起始时的0.9倍，其中的分压为。
①时的体积分数为 。
②内的平均反应速率为 。
(4)研究某催化剂在汽车尾气处理中的应用，涉及反应。将一定比例的和的混合气体，模仿汽车尾气流通速度，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。
①已知：的燃烧热为，则 。
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是 。
17．（2022·河北沧州·统考二模）由于油价飙升、能源多样化和能源供应安全需求，以及全球环境问题，使天然气成为一种全球性的能源，也使氢气被视为未来的能源媒介。国际上最为有效的制氢工艺是甲烷水蒸气重整反应，涉及的主要反应如下：
反应I：CH4(g)+ H2O(g) CO(g) +3H2(g) △H1=+206 kJ·mol-1
反应II：CH4(g)+ 2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H2=+165 kJ·mol-1
反应III：CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H3
回答下列问题：
(1)△H3= 。已知(R、C为常数)，反应I、II、III的平衡常数与温度T的变化关系如图甲所示，其中表示反应II的是曲线 (填标号)。
(2)不同压强下，将甲烷和水蒸气按照物质的量之比为1：3的比例投料，测得平衡状态下某物质随温度的变化如图乙所示。图中纵坐标可以表示 (填“CH4转化率”或“CO2物质的量分数”)，压强p1、p2、p3由大到小的顺序是 。
(3)一定条件下，向恒容容器中以物质的量之比为1：3的比例投入甲烷和水蒸气，达到平衡时，甲烷和水蒸气的转化率分别是80%和40%，则H2的物质的量分数x(H2)= ，反应III以物质的量分数表示的平衡常数Kx= 。 (可用分数表示)
(4)一种高性能甲烷燃料电池的工作原理如图丙所示，使用特定催化剂只发生反应I，以熔融碳酸盐(MCO3)为电解质，燃料电池负极的电极反应式为 。
18．（2022·河北秦皇岛·统考三模）我国科学家利用Fe2Na3/红紫素催化剂实现CO2还原制备CO，利用可见光催化还原CO2，将CO2转化为增值化学原料(HCOOH、HCHO、CH3OH等) ，这被认为是一种可持续的CO2资源化有效途径。
(1)已知几种物质的燃烧热(ΔH)如表1所示：
表1
物质
HCHO(g)
H2(g)
燃烧热(ΔH)/(kJ · mol-1)
-570. 8
-285. 8
已知：H2O(g)=H2O(l) ΔH =-44 kJ ·mol-1。
CO2(g)+2H2(g) HCHO(g)+H2O(g) ΔH = kJ·mol-1
(2)在一定温度下，将1 mol CO2(g)和3 mol H2(g)通入某恒容密闭容器中，发生反应CO2(g)+H2(g) HCOOH(g) ，测得不同时刻容器中CO2的体积分数[φ(CO2)]如表2所示。
表2
t/min
0
10
20
30
40
50
φ(CO2)
0.250
0.230
0.215
0.205
0.200
0.200
达到平衡时CO2的转化率为 。
(3)将n(CO2) ： n(H2)=1 ：4的混合气体充入某密闭容器中，同时发生反应1和反应2。
反应1：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH1= +41.2kJ·mol-1
反应2：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2<0。
在不同温度、压强下，测得相同时间内CO2的转化率如图1。0.1 MPa时，CO2的转化率在600 °C之后随温度升高而增大的主要原因是 。
(4)在一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入1 mol CO2(g)和n mol H2(g) ，仅发生(3)中的反应2。实验测得CH3OH的平衡分压与起始投料比[]的关系如图2。
①起始时容器内气体的总压强为8p kPa，若10 min时反应到达c点，则0~10 min内，v(H2)= mol·L-1· min-1。
②b点时反应的平衡常数Kp= (用含 p的表达式表示)(kPa)-2。(已知：用气体分压计算的平衡常数为Kp，分压=总压×物质的量分数)
(5)我国科学家开发催化剂，以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，其阴极的电极反应式为 。
(6)我国学者探究 了BiIn 合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图3所示(带“*”表示物质处于吸附态)。试从图3分析，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因： ；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因： 。
19．（2022·河北·一模）我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。而研发二氧化碳的碳捕集和碳利用技术则是关键，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：
Ⅰ．一定温度下，和在催化剂作用下可发生两个平行反应，分别生成和。
a：
b：
(1)相同温度下， 。
(2)在传统的催化固定反应床中，转化率和甲醇选择性通常都比较低，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，极大地改善了该问题，原理如图所示。
保持压强为，温度为，向密闭容器中投料比按投入一定量和，不同反应模式下的平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
温度/
转化率
选择性
①
3
260
21.9
67.3
②
3
260
36.1
100.0
已知选择性：转化的中生成的百分比。
①模式时，上述条件下发生反应，下列说法能作为反应a达到平衡状态的判据是 (填选项字母)。
A．气体压强不再变化 B．气体平均相对分子质量不再变化
C．不再变化 D．的物质的量之比为
②由表中数据可知模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因： 。
(3)反应b在进气比不同时，测得相应的平衡转化率见图(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件都相同)。
①D和F两点对应的温度关系： (填＜，＞，或=)，其原因是 。
②已知反应速率，，k为反应速率常数，x为物质的量分数，在达到平衡状态为G点的反应过程(此过程为恒温)中，当的转化率刚好达到时， 。
Ⅱ．用下图装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度左右，持续通入二氧化碳，电解过程中物质的量基本不变。
(4)阴极电极反应式为： 。
20．（2022·河北·模拟预测）CO2是一种温室气体，对人类的生存环境产生巨大的影响，将CO2作为原料转化为有用化学品，对实现碳中和及生态环境保护有着重要意义。
Ⅰ．工业上以CO2和NH3为原料合成尿素，在合成塔中存在如下转化：
(1)液相中，合成尿素的热化学方程式为：2NH3(l)+CO2(l)=H2O(l)+NH2CONH2(l) △H= kJ/mol。
(2)在恒容密闭容器中发生反应：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H＜0。下列说法正确的是
A．增大CO2的浓度，有利于NH3的转化率增大
B．反应在任何温度下都能自发进行
C．当混合气体的密度不再发生改变时反应达平衡状态
D．充入He，压强增大，平衡向正反应移动
Ⅱ．可利用CO2和CH4催化制备合成气(CO、H2)，在一定温度下容积为1 L密闭容器中，充入等物质的量CH4和CO2，加入Ni/Al2O3使其发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)
(3)反应达平衡后，平衡常数K=81，此时测得c(CO)为3 mol/L，则CH4的转化率为 (保留2位有效数字)。
(4)制备“合成气”反应历程分两步：
步骤
反应
正反应速率方程
逆反应速率方程
反应①
CH4(g)C(ads)+2H2(g)
v正=k1·c(CH4)
v逆=k2·c2(H2)
反应②
C(ads)+CO2(g)2CO(g)
v正=k3·c(CO2)
v逆=k4·c2(CO)
上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量图变化如下图所示：
①反应速率快慢比较：反应① 反应②(填“＞”“＜”或“=”)，请依据有效碰撞理论微观探析其原因 。
②一定温度下，反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的平衡常数K= (用k1、k2、k3、k4表示)。
(5)制备合成气(CO、H2)过程中发生副反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.0 kJ/mol，在刚性密闭容器中，进料比分别等于1.0、1.5、2.0，且反应达到平衡状态。反应体系中，随温度变化的关系如图所示：
随着进料比的增加，的值 (填“增大”、“不变”或“减小”)，其原因是 。
21．（2022·河北唐山·统考三模）苯乙烯( )是工业上合成各种塑料、离子交换树脂及合成橡胶的重要单体，工业上其制备原理是(g) (g)+H2(g)。请回答下列问题：
(1)已知： ；
；
。
则 (g) (g)+H2(g) 。试推断该反应在 下可自发进行(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。
(2)在一定条件下 (g) (g)+H2(g)反应达到平衡状态，当改变反应的某一条件后，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_______。
A．正反应速率先增大后减小 B．化学平衡常数K值增大
C．反应物的体积百分数增大 D．混合气体密度增大
(3)在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率与催化剂作用下的苯乙烯的选择性(指除了以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下，反应控制温度为600℃的理由是 。
(4)工业生产中常以高温水蒸气作为苯乙烯制备反应的稀释剂(水蒸气不参与反应)。下图为某温度下乙苯()的平衡转化率与水蒸气的用量、体系压强的关系图。
①图中压强 100kPa(填“>”、“<”或“=”)。在压强下，c点转化率高于a的原因是 。
②若b点平衡转化率为50%，则该温度下，苯乙烯制备反应的分压平衡常数 kPa(分压=总压×物质的量分数)。
22．（2021·河北石家庄·统考一模）Ⅰ．天然气开采过程会产生大量含硫废水(硫元素的主要存在形式为)，可采用氧化法对其进行处理。
(1)下列事实中，能够比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是___________(填标号)。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于亚硫酸
C．常温下，的氢硫酸和亚硫酸的分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
Ⅱ．已知：氧化还原反应可拆分为氧化、还原两个半反应，电极电势分别表示为和，电势差。如的。两组电对的电势差越大，反应的自发程度越大。
(2)各电对的电极电势与产物浓度的关系如图1所示，将体系中自发程度最大的反应记为ⅰ，反应ⅰ的离子方程式为 。各微粒的相对能量如下表：
相对能量
a
b
0
c
d
e
已知反应ⅰ为放热反应，当有发生反应ⅰ时，释放的能量为 。(用含字母的代数式表示)
(3)时，向浓度为的溶液中加入一定量固体，在不同下的去除率随时间变化如图所示。
①实际生产中采取的去除条件，而不选择更低的原因为 。
②时，前的去除速率 ；实际生产中反应时间选择而不是更长，其原因为 。
(4)已知反应过程中还会发生如下两个反应(均未配平)：
ⅱ．
ⅲ
实验测得，在、时，的投加量对平衡体系中部分微粒浓度的影响如图所示。
①时，反应ⅲ的平衡常数 。
②结合反应ⅰ、ⅱ、ⅲ分析，当投加量高于时，单位体积内S的质量减小的原因为 。
23．（2021·河北衡水·河北衡水中学校考一模）是重要的工业原料，的综合利用有利于碳达峰、碳中和目标的最终实现。
(1)和乙烷反应制备乙烯。
时，相关物质的相对能量如图，与乙烷反应生成乙烯、CO和气态水的热化学方程式为 。已知。
(2)在催化下发生反应：。假定未发生其他反应，时向恒容密闭容器中充入和，初始总压强为，反应进行到时，与分压(分压=总压×组分物质的量分数)相等，后反应达到平衡，和的平衡分压分别为和。
①该可逆反应达到平衡的标志为 (填标号)。
A．四种物质分压之比等于计量系数之比 B．单位体积内分子总数不变
C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．和的物质的量之和不变
②内， ，平衡时的转化率为 。该温度下充入和，则该反应的平衡常数 。
(3)与环氧丙烷()在催化剂作用下生成()的反应原理如下：
该反应的化学方程式为 ，催化剂为 。
24．（2021·河北·模拟预测）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)。
25．（2021·河北石家庄·石家庄二中校考模拟预测）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。
26．（2021·河北沧州·统考三模）“加大力度保护自然，实现可持续发展”是第五届联合国环境大会会议主题。工业生产产生的含的烟气对环境和人体健康有极大的危害，必须经过处理才可排放。
(1)在一定条件下，肼()与反应能生成和。
已知：①；
②；
③；
则反应的 。
(2)在一恒容密闭容器中发生反应：。当温度高于250℃时，正、逆反应速率分别为分别为正、逆反应速率常数，、与该反应的平衡常数之间的关系为 。速率常数随温度的升高而增大，则达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数 (填“>”、“<”或“=”)增大的倍数。
(3)在一定条件下，利用催化净化技术，CO可将NO2转化为无毒物质反应为。向两个容积均为2L的恒容密闭容器中均分别充入和，分别在220℃和300℃下发生反应。测得两容器中CO或CO2的物质的量随时间的变化关系如图所示，曲线I代表的体系平衡后气体的总压强为，曲线II代表的体系平衡后气体的总压强为。
①代表220℃条件下的变化曲线为 (填“I”或“II”)；ad段的平均反应速率为 。
②下列有关曲线II条件下的反应的说法正确的是 (填标号)。
A．当体系中与的物质的量之比不随时间变化时，反应达到平衡状态
B．当混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态
C．体系达到平衡后，升高温度，混合气体的平均相对分子质量增大
D．使用高效催化剂可提高的转化率
③图中a、c、d三点对应的逆反应速率由大到小的顺序为 (用a、c、d表示)；在曲线II代表的温度下，该反应的平衡常数Kp= (Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
27．（2021·河北沧州·统考二模）丙烯是三大合成材料的主要原料，丙烷脱氢制取丙烯是目前常用方法之一、丙烷脱氢制丙烯的主要反应如下：
直接裂解：
氧气氧化脱氢：
回答下列问题：
(1)目前直接裂解是丙烷脱氢制取丙烯的常用方法。直接裂解时，下列条件有利于提高平衡转化率的是 (填标号)。
A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压
(2)“氧气氧化脱氢”相比于“直接裂解”的优点是 (列举1点)。
(3)一定压强下，向一恒容密闭容器中充入1mol和1molCO2，平衡时各物质的物质的量与温度的关系如图1所示；
①在500~800K之间，主要发生的反应为 ；823K以上主要发生的反应为 。
②一定压强下，向一密闭容器中充入一定量的和CO2发生反应： 。的平衡转化率在不同投料比[]下与温度的关系如图2所示：
(填“＜”或“＞”)0；投料比从小到大的顺序为 。
(4)丙烷分别在0.1MPa和MPa直接裂解，反应达到平衡时，丙烷和丙烯的物质的量分数随温度的变化关系如图3所示：
压强 (填“＜”或“＞”)0.1；D为 (填化学式)；a点温度下裂解反应的平衡常数 MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
28．（2021·河北张家口·统考三模）利用太阳能等可再生能源，通过光催化、光电催化或电解水制氢，再与一氧化碳反应制甲醇、甲醚。发生的反应有：
Ⅰ．2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) ΔH1=-90.8kJ∙mol-1
Ⅱ．2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH2=-23.5kJ∙mol-1
Ⅲ．CO(g) +H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41.3kJ∙mol-1
(1)反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH= 。
(2)在恒温条件下，将2 molH2和1 mol CO投入到刚性容器中，发生反应Ⅰ，下列说法正确的是 （填选项序号）。
A．当容器中混合气体的密度不再变化时反应达到平衡状态
B．反应放出的热量小于90.8kJ
C．如上图可表示该反应平衡常数随温度的变化
D．平衡后，再充人2molH2和1molCO，再次达到平衡，H2和CO的体积分数均减小
(3)在工业生产中，生产设备需保持一定的温度和压强，请写出一种能提高反应Ⅰ中CO转化率的方法： 。
(4)将组成为2∶1的H2和CO充入恒温密闭容器中，分别在36MPa和54MPa恒压条件下发生反应Ⅰ。实验测得不同温度下CO的平衡转化率(α)随温度(T)变化示意图如图所示：
①600℃，54MPa时a点v正 v逆；
②计算600℃，36MPa时该反应的平衡常数Kp= Mpa-2（Kp为用气体的平衡分压代替物质的量浓度计算的平衡常数）。
(5)为了寻找合适的反应温度，研究者进行了一系列实验，每次实验保持原料气组成、压强、反应时间等因素不变，实验结果如图所示。CO转化率随温度变化的规律是 ，其原因是 。
29．（2021·河北邯郸·统考三模）2020年9月，习近平主席在第75届联合国大会提出我国要实现2030年前碳达峰、2060年前碳中和的目标。因此CO2的捕集、利用与封存成为科学家研究的重要课题。
I.研究表明CO2与CH4在催化剂存在下可发生反应制得合成气：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H
(1)一定压强下，由最稳定单质生成1mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知CO2(g)、CH4(g)、CO(g)的摩尔生成焓分别为-395kJ·mol-1、-74.9kJ·mol-1、-110.4kJ·mol-1.则上述反应的∆H= kJ·mol-1。
(2)此反应的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“>”、“=”或“<”)，利于反应自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。
(3)一定温度下，向一恒容密闭容器中充入CO2和CH4发生上述反应，初始时CO2和CH4的分压分别为14kPa、16kPa，一段时间达到平衡后，测得体系压强是起始时的1.4倍，则该反应的平衡常数Kp= (kPa)2(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
II.CO2和H2合成甲烷也是CO2资源化利用的重要方法。对于反应CO2(g)＋4H2(g) CH4(g)＋2H2O(g) ∆H=-165kJ·mol-1，催化剂的选择是CO2甲烷化技术的核心。在两种不同催化剂条件下反应相同时间，测得CO2转化率和生成CH4选择性随温度变化的影响如下图所示。
(4)高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，CO2转化率略有下降，而以Ni为催化剂，CO2转化率却仍在上升，其原因是 。
(5)对比上述两种催化剂的催化性能，工业上应选择的催化剂是 ，使用的合适温度为 。
III.以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，其原理如下图所示，电解所用电极材料均为惰性电极。
(6)阴极上的电极反应式为 ；每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中 mol硫酸。
30．（2021·河北唐山·统考三模）某科研组对气体深入研究，发现很不稳定，经过实践提出如下反应机理：
回答下列问题
(1) 。
(2)①已知，起始时为35.8，分解的反应速率。恒温恒容时，测得体系中，则此时的分解的反应速率 。
②T温度时，向2L密闭容器中加入，时完全分解，体系达平衡状态，气体压强是反应前的2倍，则该温度下的平衡常数K= 。
③，在体积均为的容器中，不同温度下二氧化氮浓度变化与反应时间的关系如图所示，下列说法错误的是 (填标号)。
A．
B．a点逆反应速率小于c点正反应速率
c。℃ 10时二氧化氮速率为0.05
D．℃ 20时改变的条件可能是充入一定量的
(3)①氯气和硝酸银在无水环境中可制得，同时得到一种气态单质A，该反应的化学方程式是 。
②Peter提出了一种用惰性电极作阳极硝酸电解脱水法制备，其原理如下图所示。阳极制得和A，其电极反应式为 。每生成1，两极共产生气体 L(标准状况下)。
参考答案：
1．C
【详解】A．由题目中先“吸氢”再转化和图示可知，反应的第一步是与氢气结合，反应最后又生成，故是催化剂，选项A错误；
B．根据图中各步活化能可知，生成物质Ⅰ活化能最高，所以对总反应速率起决定性作用的是生成物质I的反应，选项B错误；
C．反应历程中，物质Ⅰ→物质Ⅱ加氢，物质Ⅱ→物质Ⅲ去氧，物质Ⅲ→物质Ⅳ去氧，均为还原反应，元素化合价逐渐降低，选项正确；
D．总反应为，选项D错误；
答案选C。
2．B
【详解】A．合金的硬度比其组分金属的硬度大，选项A错误；
B．光伏发电系统能将太阳能直接转化为电能，选项B正确；
C．聚酯是高分子，属于混合物，选项C错误；
D．属于金属氧化物，不属于金属材料，选项D错误；
答案选B。
3．D
【详解】A．天然气的主要成分是甲烷，甲烷属于温室气体，故A正确；
B．海底可燃冰是甲烷水合物，成分为CH4·nH2O，故B正确；
C．天然气、石油、煤炭属于化石能源，故C正确；
D．天然气燃烧时化学能转化为热能、光能等形式的能量，故D错误；
选D。
4．C
【详解】A．氢氧化钡晶体和氯化铵固体混合反应是吸热反应、在室温下就能进行，碳和氧气的反应是放热反应、在室温下不能进行、需要加热才可发生，则吸热反应不一定需要加热才能反应，而放热反应在常温下不一定能进行，A错误；
B．生铁是铁碳合金，B错误；
C．钠元素的焰色反应呈黄色。用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有，C正确；
D．硫酸铵中氮元素的含量为21.2%＞20%、硝酸氨中氮元素的含量为35%＞20%，某硫酸铵肥料中只含一种杂质，氮元素的质量分数为20%，则不可能混有硝酸铵，D错误；
答案选C。
5．A
【详解】A．对比图甲和图乙中①和②的变化可知，C3H6在催化剂上的吸附能高于C3H6与O2共吸附在表面的吸附能，A错误；
B．由图甲和图乙可知空气氧化丙烯生成环氧丙烷是放热反应，B正确；
C．由图甲和图乙可知，图甲中②到TS1的吸收的能量较低，更容易发生反应，C正确；
D．由图甲和图乙可知，总反应方程式为2C3H6+O22C3H6O，D正确；
故选A。
6．B
【详解】A．物质的标准生成焓相当于物质的相对焓值大小，所以△H= H(生成物)-H(反应物) =[0+(-393.5)]- [82. 1+(-110.5)] kJ/mol-1=-365.1 kJ/mol-1 ，选项A正确；
B．由化学反应与能量关系图的过程I可知，该反应为放热反应，只能得出Fe+和N2O的总能量高于FeO+和N2的总能量，选项B错误；
C．由图可知，加入催化剂后会改变反应途径，同时也使反应活化能降低，由于第I步活化能大，所以为决定反应速率步骤，选项C正确；
D．在过程II中，CO中化学键断开，形成CO2时又要形成化学键，选项D正确。
答案选B。
7．(1)
(2) 前，升高温度反应Ⅰ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐增大；超过后，再升高温度，反应Ⅲ正向进行的程度大于反应Ⅰ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐减小 (或) 17
(3) = 使用更高效的催化剂或升高温度等
【详解】（1）反应的焓变可以用反应物的总键能减去生成物的总键能，由乙烯到丁烯过程中减少了一个碳碳双键，增加两个碳碳单键，故该反应的。焓变也等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，反应Ⅰ正反应活化能为，则逆反应活化能为；
（2）①前，升高温度反应Ⅰ正向进行的程度大于反应Ⅲ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐增大；超过后，再升高温度，反应Ⅲ正向进行的程度大于反应Ⅰ正向进行的程度，的物质的量分数逐渐减小；
假设最终平衡时，乙烯的物质的量为，由图可知丁烯的物质的量为，列三段式如下：对于反应Ⅱ
生成乙烯的物质的量为时反应I的状态如下：
反应Ⅲ前后气体物质的量不变，故最终平衡时气体的总物质的量为，根据，解得，所以乙烯的物质的量为，丁烯为，一碘甲烷反应了，转化率为。平衡时，气体的总物质的量为，则此时，容器内的总压强为，代入标准平衡常数表达式计算可得；
（3）①曲线代表正反应速率与浓度的关系，曲线代表逆反应速率与浓度的关系，根据图像计算、，则此时反应Ⅱ的平衡常数，，说明该反应处于平衡状态，。
②曲线变为曲线，浓度不变正反应速率增大，实际是增大，可以使用更高效的催化剂或升高温度。
8．(1)
(2) 反应放热很多 减小
(3) 0.025 3.9
(4) 0.79eV
【详解】（1）根据反应Ⅰ和Ⅲ进行分析，Ⅲ-2×Ⅰ可得；该反应的化学平衡常数。
（2）反应Ⅲ自发进行趋势很大的原因为反应放热很多，由于该反应、且在一定温度范围为常数，即T增大时，将增大，该反应自发进行的程度将减小。
（3）根据题意可知，平衡时，且生成时消耗、；再结合其余两个转化分析：
则、，解得、。平衡时，体系中、，则0~10min内，；反应Ⅲ的平衡常数。
（4）活化能越大，反应速率越慢，活化能最大的为决速步骤。根据图示可知，两条路径中，一条最大活化能为0.79eV，为优势路径；另一条最大活化能为1.16eV，为劣势路径。则优势路径决速步骤的活化能为0.79eV；劣势路径决速步骤的化学方程式为。
9．(1) 该反应为气体分子数增大的反应，恒压下掺入水蒸气后会降低的分压，提高平衡转化率
(2) 0.002 0.0008
(3) 的半径较小，跟18-冠-6无法形成稳定结构 18-冠-6可溶解丙烯，同时结合，释放出，增大与丙烯的接触面积，提高了氧化效率
【详解】（1）将耦合反应和副反应直接叠加即得，直接脱氢制备的热化学方程式为 。
②温度不变，该反应为气体分子数增大的反应，恒压下掺混水蒸气后会降低的分压，提高平衡转化率。
（2）T K下，向体积为5 L的刚性容器中充入0.02 mol 和0.04 mol 进行上述反应，此时容器内压强为 kPa.2 min时达到平衡，平衡时的转化率为50%，的转化率为20%。根据反应分析如下：
的转化率为20%，所以最终消耗的物质的量为0.008 mol，所以副反应的关系为
①平衡时的物质的量浓度为0.01 mol÷5 L=0.002 。
②0～2 min内，。
③T K下，容器固定，压强之比等于物质的量比，起始压强为 kPa，总物质的量为0.06 mol，平衡时、、、、的物质的量分别为0.01 mol、0.032 mol、0.01 mol、0.008 mol、0.008 mol，带入求得平衡常数kPa。
（3）①Na与18-冠-6无法发生相应反应的原因为的半径较小，跟18-冠-6无法形成稳定结构。
②加入18-冠-6后氧化效果会明显提升的原因为18-冠-6可溶解丙烯，同时结合，释放出，增大与丙烯的接触面积，提高了氧化效率。
10．(1)−1155.5
(2)
(3) 60%
(4)<
(5)NO与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行
(6)当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的自由基，NO更易被氧化为，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，和在放电时会生成NO，NO转化率减小
【详解】（1）和完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时，吸收8.9kJ的热量，则生成2mol NO吸收热量，即热化学方程式为： ，根据盖斯定律，反应Ⅰ＋Ⅱ整理可得 ；
故答案为：-1155.5；
（2）由图可知，，说明第二步反应的活化能大，反应速率慢，决定NO氧化反应速率，其化学方程式为；
故答案为：；
（3）由题目信息可知，2mol NO(g)、1mol (g)和1mol He(g)通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应。设平衡时，，根据N守恒可得，根据O守恒可得；解得，。NO转化率为；反应②平衡常数；
故答案为：60%；；
（4）该反应的正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则正反应速率小于逆反应速率，则增大的倍数<增大的倍数；
故答案为：<；
（5）NO与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行，在低温条件下可提高NO的转化率；
故答案为：NO与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行；
（6）当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的自由基，NO更易被氧化为，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，和在放电时会生成NO，NO转化率减小；
故答案为：当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的自由基，NO更易被氧化为，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，和在放电时会生成NO，NO转化率减小。
11．(1) kJ·mol
(2) A 加压、降温等 > 其他条件相同时，有气体参加的反应，压强越大，化学反应速率越快，产率越大 该反应为放热反应，A点后反应达到平衡，升高温度，相当于平衡逆向移动
(3) 负
【详解】（1）标准摩尔生成焓是由指定单质生成1 mol该物质的反应焓变，所以一个反应的焓变=生成物的标准摩尔生成焓-反应物的标准摩尔生成焓； kJ•mol⁻¹；
（2）①A、单位时间内，消耗乙烯和生成乙酸的物质的量相同，说明正、逆反应速率相等，反应一定达到平衡状态，故选A；
B、容器内两种气体的物质的量之比一直为1∶1，温度和压强不变，混合气体的密度是恒量，混合气体的密度不变，反应不一定平衡，故不选B；
C、温度和压强不变，乙烯和乙酸的物质的量一直相等，K= ，化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，则是恒量，不变，反应不一定平衡，故不选C；
D、乙烯和乙酸的起始量均为1 mol，消耗量一直相等，故体系中乙烯和乙酸的转化率一直相等，体系中乙烯和乙酸的转化率相等，反应不一定平衡，故不选D。
选A；
②该反应为气体分子数减少的放热反应，故提高产率的方法有加压、降温等。
③其他条件相同时，有气体参加的反应，压强越大，化学反应速率越快，由图可知，相同温度下，相同时间内，压强为时乙酸乙酯的产率较大，则压强。由图可知，在压强为时，A点乙酸乙酯的产率最大，说明反应达到平衡，则A点之后曲线上的点都是平衡点，该反应为放热反应，则温度超过80℃时，温度升高，平衡向逆反应方向移动，乙酸乙酯的产率下降。体系内只有乙烯和乙酸两种气体，且物质的量相等，则二者的分压均为，则。
（3）M极上发生的反应是乙烯生成乙酸乙酯，碳元素化合价由-2升高为-1发生氧化反应，则M是阳极，a为正极、b为负极；根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知M电极反应式为。
12．(1)-320.52kJ•mol-1
(2) x3＞x2＞x1 0.1mol•L-1•min-1 (或37.9)
(3) CD 2
(4) H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O 2H2S-4e-=S2+4H+
【详解】（1）反应可由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ经ⅢⅡ得到，该反应的，故答案为：-320.52kJ•mol-1；
（2）①根据反应可知，当越大时，的平衡转化率越小，故。故答案为：；
②根据化学方程式和平衡时的体积分数是氢气的2倍，可计算得到平衡时、、的物质的量分别为、、.内的平均反应速率.该温度下，铁酸锌脱硫反应的平衡常数(或37.9)。故答案为：0.1mol•L-1•min-1；(或37.9)；
（3）①A.2v正(O2)=3v逆(SO2)时反应达到平衡，故A错误；
B.反应前后气体质量保持不变，体积不变，则混合气体的密度始终恒定，不能据此判断平衡，故B错误；
C.反应前后气体分子数减少，随反应进行容器内气体总压强减小，当压强不再变化时反应达到平衡，故C正确；
D.气体总质量不变，但气体分子数减小，则随反应进行混合气体的平均相对分子质量增大，当不再变化时反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②化学方程式中与的化学计量数之比为，当投料比时，二者的转化率相同，当转化率为时，转化率也为.设起始时，，则，初始反应速率为，当转化率为时的反应速率为，解得。故答案为：2；
（4）①固体电解质采用氧离子(O2-)导体时，负极H2S失电子产生SO2，电极方程式为：H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O，故答案为：H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O；
②固体电解质采用质子(H+)导体时，负极H2S失电子产生S2，电极方程式为：2H2S-4e-=S2+4H+，故答案为：2H2S-4e-=S2+4H+。
13．(1) 低温
(2)增大
(3)低
(4)
(5)
(6)P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率
【详解】（1）反应 生成物得能量-反应物得能量=-6×285.83kJ/mol-6×90.25 kJ/mol+4×46.11 kJ/mol=，该反应是气体体积减小得熵减反应，，又因为该反应，当时，反应能自发进行，则该反应自发进行的条件为低温。
（2）化学平衡时，v正=v逆，平衡常数K=，该反应的，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则Qc=>K，增大。
（3）温度相同时，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，则靠上曲线对应的较大，则在转化率相同时，较大的对应的温度越低。
（4）850K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)= 。
（5）根据已知条件列出“三段式”
(g) (g)
由题意得P1-x+p+x+x+x=p2，解得x =，则平衡时该反应的。
（6）甲醇的产率点高于点的原因为：P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率。
14．(1) NO与反应生成，而氧化性更强，更易与反应(或其他合理答案)
(2)氧气浓度过高时，、和NO分子会产生竞争吸附的局势，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案)
(3) A AB 80 3.2 催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大
【详解】（1）①由盖斯定律可得，反应Ⅰ－反应Ⅱ×4可得题中热化学方程式，即ΔH=ΔH1－4ΔH2=(-905.8)kJ/mol－4×180.0kJ/mol=-1625.8kJ/mol；故答案为-1625.8；
②氧气浓度在1%～3%之间，随着氧气浓度增大，NO与O2反应生成NO2，NO2的氧化性比NO强，更易与NH3反应，因此NO的脱除率明显升高，也可能氧气浓度增大，正反应速率增大，单位时间内NO的消耗量增加，脱除率明显升高等；故答案为NO与O2反应生成NO2，而NO2氧化性更强，更易与NH3反应(或其他合理答案)；
（2）氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，使得O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降等；故答案为氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案)
（3）①催化剂能加快反应速率，则催化剂的效果越好，达到平衡所用的时间越短，根据表中数据，使用催化剂A时反应达到平衡所用时间更短；故答案为A；
②A．NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向为一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，即2v正(N2)=v逆(NO)，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B．组分都是气体，混合气体总质量不变，该反应为气体物质的量减少的反应，因此混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡，故B符合题意；
C．c(NO)∶c(CO)=1∶1不能说明反应物、生成物的浓度保持不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．混合气体的总质量不变，该容器恒容，总体积不变，即混合气体的密度一直不变，混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为AB；
③NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，令达到平衡时生成氮气物质的量为xmol，则生成CO2物质的量为2xmol，n(NO)=n(CO)=(n-2x)mol，在恒容的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，因此有，解得x=0.4n，CO的平衡转化率=80%；=3.2(kPa-1)；故答案为80%；3.2(kPa-1)；
④汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是排气管是敞口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物的转化率越高；故答案为催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大。
15．(1)-49.0kJ•mol-1
(2)不能
(3) 0.006mol•L-1•min-1 AB 70% 741
(4) 阴极 BD
【详解】（1）Ⅱ.；
Ⅲ.；
根据盖斯定律Ⅱ＋Ⅲ得；
（2）反应Ⅱ的，由吉布斯自由能公式得，故不能自发进行；
（3）①由元素守恒知，参加反应的的物质的量等于生成CO和的物质的量之和，由信息知，平衡时有0.9mol参加反应，其中有0.3mol转化为CO，即生成0.6mol，则0~10min内，平均反应速率；
②的生成速率与的消耗速率，都是正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，不能说明反应达到平衡，故选A；
反应前后均为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量是恒量，总质量不变，不能说明反应达到平衡，故选B；
反应I、Ⅲ为气体分子数目减少的反应，混合气体的总压强是变量，总压强不再变化，可以说明反应达到平衡，故不选C；
反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，CO的物质的量不再变化，可以说明反应达到平衡，故不选D；
选AB。
③反应I：
反应Ⅱ：
T0℃时，H2的平衡转化率为；该温度下，反应Ⅰ的平衡常数Kc= =。
（4）CO2发生还原反应，所以在阴极上发生反应；
A．CO2+6H→•CO2放热，升高温度，不利于正向进行，故不选A；
B．•CO+•OH→•CO+•H2O吸热，升高温度，利于正向进行，故选B；
C．•OCH•→OCH2放热，升高温度，不利于正向进行，故不选C；
D．•CH3OH→CH3OH吸热，升高温度，利于正向进行，故选D；
选BD。
16．(1)N>O>C
(2) 20 ＜ ，可知此时的平衡常数为，该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小
(3) 或22.2%
(4) 催化剂在温度高于后，温度越高催化剂活性越低
【详解】（1）由于基态原子价电子排布式中轨道处于半满状态，所以、、三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为；
（2）下，反应Ⅱ达到平衡时、、各物质的量的浓度分别为、和，则下该反应的平衡常数为；温度改变为时，若，可知此时的平衡常数为；该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以；
（3）反应Ⅱ：
反应Ⅰ：
所以时各气体的分压分别为为、为、为、为；
①时的体积分数为；
②内的平均生成速率为；
（4）①反应的；
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是温度高于后，温度越高催化剂活性越低。
17．(1) -41 kJ/mol b
(2) CH4转化率 p3>p2> p1
(3) 50%
(4)CO+H2-e- +2=3CO2+H2O
【详解】（1）根据盖斯定律可知，反应III=反应II-反应I，所以对应的热效应△H3=△H2-△H1=+165 kJ·mol-1-（+206 kJ·mol-1）=-41 kJ/mol；因为，结合图象可知，图象的斜率为，从图象变化趋势可看出，曲线a的斜率为正，则对应的为负，即代表反应III，曲线b和c的斜率为负，且c曲线更陡，则曲线b代表反应II，曲线c代表反应III，故答案为：-41 kJ/mol；b；
（2）反应I、II为吸热反应，反应III为放热反应，则升高温度，二氧化碳的物质的量分数不一定增大，但反应I、II中的甲烷均为反应物，升高温度，反应I、II向正向移动，甲烷的平衡转化率一定增大，则纵坐标可以表示CH4转化率；投料比一定、温度一定的条件下，增大压强，不利于反应I、II正向进行，所以平衡态的CH4转化率会降低，则可知图中压强关系为：p3>p2> p1，故答案为：CH4转化率；p3>p2> p1；
（3）一定条件下，向恒容容器中以物质的量之比为1：3的比例投入甲烷和水蒸气，可设甲烷的物质的量为1mol，水蒸气的物质的量为3mol，发生上述三个反应，达到平衡时，甲烷和水蒸气的转化率分别是80%和40%，则根据碳元素守恒可知，平衡时，甲烷的物质的量为1mol(1-80%)=0.2mol，设得到的CO的物质的量为x，CO2的物质的量为y，则x+y=1mol80%=0.8mol①；再根据氧元素守恒可知，x+2y=3mol-1.8mol=1.2mol②，联立反应①和②可知，x=0.4mol，y=0.4mol。另根据氢元素守恒可知，平衡时水蒸气的物质的量为3mol(1-40%)=1.8mol，则含H原子的物质的量为1.8mol2=3.6mol，甲烷中含H的物质的量为0.2mol4=0.8mol，则得到的氢气中含H原子的物质的量为1mol4+3mol2-3.6mol-0.8mol=5.6mol，即得到氢气的物质的量为2.8mol。综上所述，可得出平衡时各物质的物质的量分别为：n(CH4)=0.2mol，n(CO)=0.4mol，n(CO2)=0.4mol，n(H2O)=1.8mol，n(H2)=2.8mol，所以H2的物质的量分数x(H2)= =50%；同理可得，CO2的物质的量分数x(CO2)= ，CO的物质的量分数x(CO)= ，H2O的物质的量分数x(H2O)= ，反应III以物质的量分数表示的平衡常数Kx=，故答案为：50%；；
（4）高性能甲烷燃料电池中，CO和H2进入电极A发生失电子的氧化反应，生成二氧化碳和水，所以电极A为负极，以熔融碳酸盐(MCO3)为电解质反应的电极反应式可表示为：CO+H2-4e- +2=3CO2+H2O。
18．(1)+43.2
(2)25%
(3)反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量
(4) 0.075
(5)CO2 +4e- +4H+=HCHO+ H2O
(6) 相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附 相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【详解】（1）根据燃烧热写出热化学方程式：
i . HCHO(g)+O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H= -570.8 kJ/mol
ii. H2(g)+ O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol
iii. H2O(g)=H2O(l) △H=-44 kJ/mol
根据盖斯定律，ii×2-i- iii得反应CO2(g)+2H2(g) ⇌HCHO(g)+H2O(g)的△H=(-285.8×2 +570.8+44) kJ/mol=+43.2 kJ/mol；答案为：+43.2。
（2）由表2可知，平衡时CO2的体积分数为0.200，设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为xmol，列三段式： ，则=0.200，解得x=0.25，则CO2的平衡转化率为25%；答案为：25%。
（3）反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量，故0.1 MPa时，CO2的转化率在600 °C之后随温度升高而增大；答案为：反应1的正反应是吸热反应，反应2的正反应是放热反应，600 °C之后，随着温度升高，反应1正向进行的程度增大，反应2向逆反应方向进行，且相同时间内反应1消耗CO2的量大于反应2生成CO2的量。
（4）①设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为ymol；根据c点列三段式
恒温恒容下，气体压强与气体物质的量成正比例，，解得y=0.5，v(H2)= =0.075 mol·L-1·min-1；答案为：0.075。
②温度相同，a、b、c点平衡常数相等，选c点数据计算平衡常数，c点平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量依次为0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH的分压为pkPa，则p(CO2)= p(CH3OH)= p(H2O)=pkPa，p(H2)=pkPa× 3=3pkPa，则平衡常数Kp== (kPa)-2；答案为：。
（5）以惰性材料为阳极，在酸性条件下电解还原CO2制备HCHO，CO2在阴极上得电子被还原成HCHO，阴极的电极反应式为CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O；答案为：CO2 +4e-+4H+=HCHO+ H2O。
（6）根据图象，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
19．(1)—90.7kJ/mol
(2) B CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大
(3) ＜ 通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大
(4)7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6
【详解】（1）由盖斯定律可知，反应a—b可得反应，则△H3=△H1—△H2=(—49.5kJ/mol)—(+41.2 kJ/mol)= —90.7kJ/mol，故答案为：—90.7kJ/mol；
（2）①A．恒压条件下，气体压强始终不变，则气体压强不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，反应a是物质的量减小的反应，反应中气体平均相对分子质量增大，则气体平均相对分子质量不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．的比值与化学计量数的比值相等，反应中始终不变，则不再变化不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
D．的物质的量之比为不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选B；
②由表中数据可知模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大，故答案为：CMR模式下，只发生反应a，双功能的分子筛膜能及时分离出水蒸气，时平衡右移，二氧化碳产率增大；
（3）①由图可知，D点二氧化碳和氢气的物质的量比为1：1，二氧化碳的转化率为60%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳和氢气的物质的量均为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.4mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0.6mol/L ，反应的平衡常数K1==2.25，F点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为50%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.75mol/L、0.25mol/L、0.75mol/L和0. 75mol/L ，反应的平衡常数K2==3，该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大，由F点平衡常数大于D点可知，D点反应温度小于F点，故答案为：＜；通过计算得出D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，升高温度，平衡常数K越大；
②由图可知，G点二氧化碳和氢气的物质的量比为1.5：1，二氧化碳的转化率为40%，设容器的体积为1L，起始二氧化碳的物质的量为1.5mol、氢气的物质的量为1mol，则平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为0.9mol/L、0.4mol/L、0.6mol/L和0. 6mol/L ，反应的平衡常数K3==1，反应达到平衡时由反应达到平衡时，正逆反应速率相等可得：=，== K3=1， 当二氧化碳的转化率为20%时，二氧化碳、氢气、一氧化碳和水蒸气的浓度分别为1.2mol/L、0.7mol/L、0.3mol/L和0. 3mol/L，则=1×=，故答案为：；
（4）由题意可知，通入二氧化碳的电极为电解池的阴极，在水分子作用下，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和碳酸氢根离子，电极反应式为7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6，故答案为：7CO2+6e—+5H2O=CH3OH+6。
20．(1)-93.7 △H=△H1+△H2
(2)AC
(3)60%
(4) ＜ 反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快 K=
(5) 减小 随着投料比 的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减少
【详解】（1）根据盖斯定律：2NH3(l)+CO2(l)⇌H2O(l)+NH2CONH2(l)△H=ΔH1+ΔH2=(-109.2+15.5)kJ/mol=-93.7kJ/mol，故答案为：-93.7；
（2）A．增大CO2的浓度，平衡正向移动，有利于NH3的转化率增大，故A正确；
B．因为正反应是熵减的反应，即△S＜0，根据△H-T△S＜0可知，反应在低温下才能自发进行，高温下是不能自发进行的，故B错误；
C．混合气体的密度不再发生改变，即混合气体的质量不在改变，也即个组分的量不在改变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．在恒容密闭容器中，充入He，各物质浓度不变，平衡不移动，故D错误；
故答案为：AC；
（3）设充入CH4和CO2物质的量都为xmol，列三段式：，，解得x=2.5mol，CH4的转化率为；
（4）①活化能越大反应速率越慢，反应②活化能低，同条件下单位体积内活化分子数多，有效碰撞几率大，速率快，则反应速率：反应①＜反应②；
②一定温度下，反应到达平衡时正逆反应速率相等，，，则K=；
（5）可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减小，其原因是随着投料比 的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减少。
21．(1) 高温
(2)AB
(3)低于600℃时反应速率减小，高于600℃时苯乙烯选择性下降
(4) < 压强相同时，c点与a点相比，加大了H2O蒸气的比例，等效于反应体系的减压，平衡正向移动，转化率增大
【解析】（1）
将已知反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知①—②—③×得到反应(g) (g)+H2(g)，则反应△H=(—4498kJ/mol)—(—4337kJ/mol)—(—571.6kJ/mol) ×=+124.8 kJ/mol，该反应是熵增的反应，高温时，反应△H—T△S＜0，反应能自发进行，故答案为：+124.8 kJ/mol；高温；
（2）
A．正反应速率先增大后减小说明正反应速率大于逆反应速率，平衡一定向正反应方向移动，故正确；
B．该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，化学平衡常数K值增大，故正确；
C．反应物的体积百分数增大说明逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，故错误；
D．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应为气体体积增大的反应，混合气体密度增大说明恒压条件下，平衡向逆反应方向移动，故错误；
故选AB；
（3）
由图可知，600℃时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高，当温度低于600℃时，乙苯的平衡转化率低，反应速率慢，当温度高于600℃时，苯乙烯的选择性低，所以反应控制温度为600℃，故答案为：低于600℃时反应速率减小，高于600℃时苯乙烯选择性下降；
（4）
①该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，乙苯的转化率减小，由图可知，水蒸气的用量一定时，P2的乙苯的转化率大于100kPa，所以压强P2小于100kPa；c点与a点的压强相同，增大水蒸气的比例，相当于减小反应体系的压强，平衡向正反应移动，乙苯的转化率增大，故答案为：<；压强相同时，c点与a点相比，加大了H2O蒸气的比例，等效于反应体系的减压，平衡正向移动，转化率增大；
②由图可知，b点时，水蒸气和乙苯的物质的量比为4，平衡转化率为50%，设起始水蒸气的物质的量为4mol，乙苯的物质的量为1mol，则平衡时，乙苯、苯乙烯和氢气的物质的量分别为1mol—1mol×50%=0.5mol、1mol×50%=0.5mol和1mol×50%=0.5mol，所以该温度下，苯乙烯制备反应的分压平衡常数KP==，故答案为：。
22．(1)AC
(2) 2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O 2a+2c+2d—b—3e
(3) pH＜5时，H2S溶解度降低，部分逸出造成环境污染 1.4×10—3 10min后H2S去除率增幅减小，会有H2S逸出造成环境污染
(4) Na2SO3投加量大于5g/L时，反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ
【解析】（1）
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应说明氢硫酸的酸性弱于碳酸，亚硫酸可以与碳酸氢钠溶液反应说明亚硫酸的酸性强于碳酸，则氢硫酸的酸性弱于亚硫酸，故正确；
B．未明确是否为在相同条件下测定氢硫酸与亚硫酸的导电能力，无法比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱，故错误；
C．常温下，相同浓度的氢硫酸溶液pH大于亚硫酸溶液说明氢硫酸的电离程度小于亚硫酸，故正确；
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸与酸性强弱无关，则氢硫酸的还原性强于亚硫酸不能氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱，故错误；
故选BD；
（2）
由图可知，SO/ S2O与S/H2S两组电对的电势差越大，反应的自发程度越大，则反应ⅰ的离子方程式为2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O，由反应热等于生成物的总能量与反应物总能量之差可知，反应△H=-(2a+2c+2d—b—3e )kJ/mol，则当有2mol氢硫酸反应时，放出的热量为(2a+2c+2d—b—3e)kJ，故答案为：2SO+2H2S+2H+=S2O+2S↓+3H2O；2a+2c+2d—b—3e；
（3）
①硫化氢气体溶于水得到氢硫酸溶液，氢硫酸在溶液中部分电离出氢离子，若溶液pH＜5，溶液中氢离子浓度增大，电离平衡左移，导致硫化氢气体的溶解度减小，会逸出造成环境污染，所以实际生产中采取溶液pH=5的去除条件，而不选择更低pH，故答案为：pH＜5时，H2S溶解度降低，部分逸出造成环境污染；
②由图可知，溶液pH=5时，10min时硫化氢的去除率为70%，设溶液的体积为1L，10min时硫化氢的去除速率为=1.4×10—3；由图可知，10min后，曲线斜率减小说明硫化氢去除率增幅减小，硫化氢不能完全被吸收，会有硫化氢逸出造成环境污染，故答案为：1.4×10—3；10min后H2S去除率增幅减小，会有H2S逸出造成环境污染；
（4）
①由图可知，T℃反应达到平衡时，S2O的浓度为0.015mol/L、SO的浓度为0.009mol/L，则反应的平衡常数K===，故答案为：；
②由方程式可知反应ⅰ和ⅱ生成硫单质，反应ⅲ消耗硫单质，由图可知，当Na2SO3投加量大于5g/L时，单位体积内硫单质的质量减小说明反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ，故答案为：Na2SO3投加量大于5g/L时，反应ⅲ的影响超过了反应ⅰ和反应ⅱ。
23．(1)
(2) BC 0.2 75% 6.75
(3) +CO2 和或和
【详解】（1）二氧化碳与乙烷反应生成乙烯、一氧化碳和气态水的反应为，则△H =[52+(—110) +(—242)—+(—84)—+(—393)]kJ/mol=+177 kJ/mol，则热化学方程式为，故答案为：；
（2）①A．四种物质分压之比等于计量系数之比不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．该反应是气体体积减小的反应，单位体积内分子总数不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．由质量守恒定律可知，反应前后混合气体的质量不变，该反应是气体体积减小的反应，反应中混合气体的平均相对分子质量增大，则混合气体的平均相对分子质量不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．二氧化碳和甲烷的物质的量之和不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
故选BC；
②设5min时消耗二氧化碳的物质的量为xmol，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲烷的分压相等可得：=，解得a=0.5mol，由容器的体积为1L可知，0—5min内水的反应速率为=0.2；
设5min时消耗二氧化碳的物质的量为ymol，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲烷的平衡分压之比为0.25MPa：0.75MPa=1:3可得：=，解得y=0.75，由容器的体积为1L可知，反应的平衡常数为=6.75，温度不变，化学平衡常数不变，则该温度下充入1mol二氧化碳和3mol氢气的反应平衡常数也为6.75，故答案为：0.2；6.75；
（3）由图可知，在和碘离子做催化剂作用下，环氧丙烷与二氧化碳反应生成，反应的化学方程式为+CO2，故答案为：+CO2；和或和。
24． 6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1 100.8 正 2C+CO2=2C+C 3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH- c、a、b
【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=，设c(H+)为α，则c（OH-）=，根据电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-),可得c(HCO3-)=α-，大气中的CO2分压p(CO2)=px kPa，溶液中CO2的浓度c(CO2)(aq)=pxy mol/L，将c(H+)、c（OH-）、c(CO2)(aq)带入平衡常数表达式 ，所以解得α=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；2C+CO2=2C+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，碳元素从+4价降低到-2价，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-；
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电还原曲线中a的最大能垒为0.51＜b曲线的0.72，a曲线电化学还原更容易。且H+电还原中a曲线最大能垒0.27＞b曲线的0.22，综上所述，a催化剂比b催化剂更易发生CO2电还原。因此反应从易到难的顺序为c、a、b，故答案为：c、a、b。
25． 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。
26． -1225.6 < I 0.0125 A c>d>a
【详解】(1)根据盖斯定律可知，；
(2)反应达到平衡时，，即，由此可得；该反应为放热反应，升高温度，K减小，由此可得增大的倍数小于增大的倍数；
(3)①温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，由图中达到平衡的时间长短可知曲线Ⅰ代表220℃条件下的物质的量随时间变化的曲线，曲线Ⅱ代表300℃条件下的物质的量随时间变化的曲线；段，化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以；
②A．反应体系中，与的物质的量之比随着的消耗，比值逐渐增大，达到平衡时，比值不再改变，A项正确；
B．混合气体的密度等于总质量与体积的比值恒容条件下，反应时混合气体的体积始终不变，因此不能通过混合气体的密度判断是否达到平衡，B项错误；
C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，气体的总物质的量增加，混合气体的平均相对分子质量减小，C项错误；
D．催化剂只改变反应的快慢，不影响平衡转化率，D项错误；
答案选A；
③c点温度高，逆反应速率最快，a点未达到平衡，d点达到了平衡，反应达到平衡之前，逆反应速率逐渐增大，由大到小的顺序为；根据图中曲线Ⅱ，列出三段式：
平衡后气体的总物质的量为3.75mol，则 。
27． A 氧气氧化脱氢为放热反应，耗能少 3CO2+C3H8→6CO+4H2 C3H8C3H6+H2 ＞ m3＜m2＜m1 ＜ C3H8 0.0125
【详解】(1)丙烷直接裂解是气体分子数增多的吸热反应，高温低压有利于平衡正向移动，提高C3H8平衡转化率，故选A；
(2)氧气氧化脱氢为放热反应，不受热力学的限制，反应温度较低，耗能少，氧气同时可以氧化碳单质，催化剂积碳程度较低；
(3)①据图可知在500~800K之间，C3H6极少，主要产物为CO、H2主要发生的反应为3CO2+C3H8→6CO+4H2；据图可知823K以上C3H6的含量增多，而CO的含量基本不变，说明823K以上有利于直接裂解，主要发生的反应为C3H8C3H6+H2；
②相同投料比时温度升高C3H8的平衡转化率增大，说明升高温度有利于该反应正向进行，则正反应为吸热反应，ΔH＞0；相同温度下，当C3H8的量不变时，增大CO2的量平衡正向移动，C3H8的平衡转化率增大，所以m越大，C3H8的平衡转化率越大，则m3＜m2＜m1；
(4)丙烷直接裂解为气体分子数增多的反应，增大压强平衡逆向移动，C3H8增多，所以p2＜0.1；丙烷直接裂解为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，C3H8减少，B、D为C3H8；设起始C3H8的物质的量为amol，则：
a点时C3H8的物质的量分数为50%，则，；所以C3H8、C3H6、H2平衡分压分别为、、，则=0.0125MPa。
28． -246.4 kJ∙mol-1 BD 适当提高反应气中H2的用量（浓度、体积分数、百分含量）、移去（分离出）反应体系中的CH3OH ＞ 低于240℃时，温度越高，CO的转化率越大；高于240℃时，温度越高，CO的转化率越小 温度较低时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，温度越高反应速率越大，CO的转化率也越大；温度较高时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，温度升高平衡逆向移动，故温度越高CO的转化率越小
【分析】注意题(4)等温-平衡转化率曲线，曲线上的每个点都达到平衡状态，其中a点在曲线p1以下，在p1曲线所代表的的压强下，a点没有达到平衡状态，若要达到平衡状态，需增大转化率，即平衡要向正反应方向移动，从而判断正逆反应速率的大小关系。
【详解】(1)根据盖斯定律得：总反应的ΔH=2ΔH1+ΔH2+ΔH3=-246.4 kJ∙mol-1。答案为：-246.4 kJ∙mol-1；
(2)A．反应Ⅰ的反应物与生成物均为气体，密度不发生变化，无法判断是否平衡状态，A项错误；
B．该反应为可逆反应，反应放出的热量小于90.8kJ，B项正确；
C．反应Ⅰ为放热反应，温度升高，平衡常数应降低，与图不符。C项错误；
D．反应Ⅰ为气体分子数目减少的反应，平衡后，再充人2 mol H2和1 mol CO，相当于增大压强，平衡正向移动，再次平衡后，H2和CO的体积分数均减小，D项正确；
答案为：BD；
(3)在保持一定的温度和压强条件下，能提高反应Ⅰ中CO转化率的方法为适当提高反应气中H2的用量（浓度、体积分数、百分含量）、及时移去（分离出）反应体系中的CH3OH。答案为：适当提高反应气中H2的用量（浓度、体积分数、百分含量）、移去（分离出）反应体系中的CH3OH；
(4)①反应Ⅰ为气体分子数目减少的放热反应，在相同温度下，压强越大，CO的转化率越高。则根据图可知，p1=54MPa，则600℃、54MPa时a点未达到反应平衡，反应正向进行，v正＞v逆；答案为：＞；
②将组成为2∶1的H2和CO充入恒温密闭容器中发生反应Ⅰ，600℃，36MPa时，设初始加入CO(g)xmol，根据三段式：
各物质的压强之比等于其物质的量之比，则平衡时各物质的压强分别为p(H2)=，p(CO)=，p(CH3OH)=，该反应的分压平衡常数。答案为：；
(5)由图可知，CO转化率在低于240℃时，温度越高，CO的转化率越大；高于240℃时，温度越高，CO的转化率越小；原因是温度较低时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，温度越高反应速率越大，CO的转化率也越大；温度较高时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，温度升高平衡逆向移动，故温度越高CO的转化率越小。答案为：低于240℃时，温度越高，CO的转化率越大；高于240℃时，温度越高，CO的转化率越小；温度较低时，各反应体系均未达到平衡，CO的转化率主要受反应速率影响，温度越高反应速率越大，CO的转化率也越大；温度较高时，各反应体系均已达到平衡，CO的转化率主要受反应限度影响，温度升高平衡逆向移动，故温度越高CO的转化率越小。
29． +249.1 > 高温 259.2 以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加 Ni-CeO2 320℃ 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O 6
【详解】I. (1)根据摩尔生成焓的定义，推出①C(s)＋O2(g)=CO2(g) =－395kJ·mol－1，②C(s)＋2H2(g)=CH4(g) =－74.9kJ·mol－1，③C(s)＋O2(g)=CO(g) =－110.4kJ·mol－1，根据目标反应方程式及盖斯定律可知，③×2－②－①得目标方程式，所以=[(－110.4)×2－(－74.9)－(－395)]kJ·mol－1=＋249.1kJ·mol－1；故答案为＋249.1；
(2)根据第(1)问分析可知，该反应为吸热反应，所以活化能Ea(正)＞ Ea(逆)；根据可知，要想自发进行，即满足＜0，当＞0时，高温有利于自发进行，故答案为：＞；高温；
(3)根据已知信息，设平衡时转化的二氧化碳的压强为p kPa，则
，
由平衡的p总=（14+16）kPa=42 kPa可知，（14-p）+（16-p）+（14-p）+2p+2p=30+2p=42kPa，则p=6kPa。所以平衡时，p(CO2)=8 kPa，p(CH4)=10 kPa，p(CO)=12 kPa，p(H2)=12 kPa，则平衡常数Kp=；
II. (4)高于320℃后，以Ni-CeO2为催化剂，其选择性有所下降，所以CO2转化率略有下降，且以Ni-CeO2为催化剂，测定转化率时，CO2甲烷化反应已达平衡，升高温度平衡左移，CO2转化率下降；以Ni为催化剂，CO2甲烷化反应速率较慢，升高温度反应速率加快，反应相同时间时CO2转化率增加；
(5)根据图象分析可知，温度适宜（320℃）时，以Ni-CeO2为催化剂明显比以Ni为催化剂时CO2转化率高，且催化剂选择性强，所以应选择Ni-CeO2为催化剂，最佳温度为320℃，故答案为：Ni-CeO2；320℃；
III. (6) 以铅蓄电池为电源可将CO2转化为乙烯，根据装置图可分析，CO2在阴极得到电子转化为乙烯，所以阴极上的电极反应式为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；铅酸蓄电池总反应方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，则根据电子转移数守恒可得到，C2H412e-6Pb12H2SO4，则每生成0.5mol乙烯，理论上需消耗铅蓄电池中硫酸的物质的量为0.512=6mol，故答案为：6。
30． –55.6 0.5 AC 33.6 L
【详解】(1)①
②根据盖斯定律(-①-②)÷2得–55.6；
(2)①已知，起始时 为35.8 ，分解的反应速率。恒温恒容时， 测得体系中， ， ，则此时的分解的反应速率 2×10-3×30.0= 。
②T温度时，向2L密闭容器中加入，时完全分解，体系达平衡状态，根据PV=nRT，，气体压强是反应前的2倍，则反应平衡后物质的量为4mol，完全分解，设转化3xmol，，n总=n(NO2)+n(N2O4)+n(O2)=4-2x+x+1=4，x=1mol，c(NO2)= c(N2O4)=0.5mol，平衡常数K=。
③A．该反应为吸热反应，升高温度，反应速率增加，平衡正向移动，，故A正确；
B．a点温度大于c点，则a点速率大于c点，故B错误 ；
C．a点时，△c=0.5mol/L，v=，故C正确；
D．缩小体积，增大压强，c(NO2)增大，对于该平衡正向移动，c(NO2)逐渐减小，故D错误；
故选AC。
(3)①氯气和硝酸银在无水环境中可制得，同时得到一种气态单质A(O2)，该反应的化学方程式是：。
②阳极制得和O2，其电极反应式为：，阴极：2H++2e-=H2↑每生成1，转移2mol电子，两极共产生气体氧气0.5mol，氢气1mol，共1.5mol，V=1.5mol×22.4mol/L=33.6L。
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