青海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04化学反应速率与化学平衡

这是一份青海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04化学反应速率与化学平衡，共24页。试卷主要包含了原理综合题，填空题等内容，欢迎下载使用。

青海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-04化学反应速率与化学平衡

一、原理综合题
1．（2023·青海玉树·统考三模）CO2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。二甲醚(CH3OCH3)是现代社会比较清洁的能源。下列是利用CO2制备二甲醚的主要反应。
( i )CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=+41.0 kJ·mol-1；
( ii )CO(g) +2H2(g)CH3OH(g) ΔH =-90.4 kJ·mol-1；
( iii )2CH3OH(g)CH3OCH3(g) +H2O(g) ΔH = -23.4 kJ·mol-1。
回答下列问题：
(1)根据(i)(ii)(iii)得3CO(g)+3H2 (g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的 ΔH = 。
(2)某二甲醚/双氧水燃料电池的工作原理如图1所示。电池工作时，A电极名称为 ，该电极附近溶液的pH (填“减小”“增大”或“不变”)；电极B的电极反应式为 。
  
(3)CO2催化加氢合成二甲醚。
反应Ⅰ ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH =+41.0 kJ·mol-1
反应Ⅱ ：2CO2(g) +6H2(g)CH3OCH3(g) +3H2O(g) ΔH = - 122.5 kJ·mol-1
①反应Ⅱ的平衡常数表达式K= 。
②在恒压、n(CO2):n(H2)=1:2的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性(CO的选择性=)随温度的变化如图2所示；T°C时，起始投入3 mol CO2、6 mol H2 ，达到平衡时反应Ⅰ理论上消耗H2的物质的量为 。合成二甲醚时较适宜的温度为260 °C ，其原因是 。
2．（2023·青海海东·统考三模）二氧化碳的捕集和资源化利用是缓解温室效应的重要战略方向。回答下列问题：
(1)我国在二氧化碳催化加氢合成甲醇上取得了突破性进展，有关反应如下：
反应ⅰ。  
反应ⅱ。  
和合成甲醇的热化学方程式为 。
(2)在催化剂的作用下，的微观反应历程和相对能量()如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注。已知： 表示， 表示， 表示。
历程Ⅰ：
反应甲：
历程Ⅱ：
反应乙：
历程Ⅲ：
反应丙：
①历程Ⅲ中的反应丙可表示为 。
②决定的总反应速率的是历程 (填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”)。
(3)将和按物质的量之比充入一恒容密闭容器中，同时发生了反应ⅰ和反应ⅱ，测得的平衡转化率随温度、压强变化的情况如图所示。

①压强、、的大小关系为 。
②点、点的化学反应速率大小： (填“<”、“=”或“>”)。
③温度高于时，的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是 。
④图中点对应的温度下，已知的选择性(生成的与转化的的百分比)为50%，该温度下反应ⅱ的平衡常数为 (结果保留3位小数)。
(4)催化加氢合成乙酸在减少碳排放的同时还可以生产重要的化工原料。已知电离度，为一定浓度下电解质的摩尔电导率，为无限稀释时溶液的摩尔电导率，。某小组实验测得时，乙酸的。
①该条件下测定的乙酸的电离平衡常数为 (列出计算式，不需化简)。
②在时，几种离子的摩尔电导率如表所示。已知：摩尔电导率越大，溶液的导电性越好。空间站通过电解水实现的再生，从导电性角度选择，最适宜的电解质为 (填化学式)。
离子种类






摩尔电导率
/()
349.82
79.8
76.34
50.18
73.52
50.11
3．（2023·青海西宁·统考一模）煤的洁净技术(包括固硫技术和脱硫技术两类)可有效降低燃煤废气中的含量，已成为我国解决环境问题的主导技术之一、
Ⅰ．固硫技术：通过加入固硫剂，将硫元素以固体形式留在煤燃烧的残渣中。生石灰是常用的固硫剂，固硫过程中涉及的部分反应如下：
①
②
(1)表示燃烧热的热化学方程式是 。
(2)由上述两个反应可知，在煤燃烧过程中要提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，可采用的方法是 。
(3)某温度下，在一个恒容密闭容器中加入和，若只发生反应②，测得如下数据：

0
10
20
30
40

2
1.5
1.1
0.8
0.8
内 ，此条件下该反应的平衡常数为 。
(4)实际生产中常用石灰石代替生石灰，石灰石吸收热量分解为生石灰，即。800℃下，在一个密闭容器中加入一定量的进行该反应，气体的浓度变化如图所示，和与时分别改变一个条件，则改变的条件依次是 和 。

Ⅱ．除去燃煤产生的废气中的的过程如图所示。

(5)过程①是的部分催化氧化反应，若参加反应的和的体积比为4∶3，则反应的化学方程式为 。
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分，使得再生，该过程中阳极的电极反应式为 。若此过程中除去含5%(体积分数)的的废气(标准状况)，则需要的电量为 C(一个电子的电量)。
4．（2022·青海·统考模拟预测）辉铜矿(主要成分是 Cu2S)含铜量高，是最重要的炼铜矿石。请回答下列问题：
Ⅰ.已知：①2Cu2S(s) + 3O2(g) = 2Cu2O(s) + 2SO2(g) △H= -768.2kJ·mol-1
②Cu2S(s) + O2(g)= 2Cu(s) + SO2(g) △H = -217.4kJ·mol-1
(1)Cu2S与Cu2O反应生成Cu和SO2的热化学方程式为 ，该反应中Cu2O作 (填"氧化剂”或“还原剂”)。
Ⅱ. Cu2O可催化二甲醚合成乙醇。
反应①：CH3OCH3(g) + CO(g)CH3COOCH3(g) △H1
反应②：CH3COOCH3(g) + 2H2(g) CH3OH(g) + C2H5OH(g) △H2
(2)压强为p kPa时同一体系中发生反应①和反应②，湿度对二甲醚(CH3OCH3 )和乙酸甲酯(CH3COOCH3 )平衡转化率的影响如图1所示，则△H1 0 (填“>”或“<”，下同)、△H2 0，温度对平衡体系中乙酸甲酯的百分含量和乙醇的百分含量的影响如图2所示。在300 - 600K范围内，乙酸甲酯的百分含量逐渐增大，而乙醇的百分含量逐渐减小的原因是 。

(3)若压强为p kPa、温度为800K时向2L恒容密闭容器中充入1mol CH3OCH3和1mol CO发生反应①，2min时达到平衡，该条件下平衡常数K = 。
5．（2022·青海西宁·统考二模）燃煤废气中含有多种能回收利用的原料气，如CO2、SO2及氮氧化物等，对其综合利用，可以改善环境质量。回答下列问题：
(1)标准状况下，各元素最稳定单质生成标准状况下1mol某纯物质的热效应称为该物质的标准摩尔生成焓()。将燃煤废气中的SO2富集后催化氧化可得到SO3。由表中数据，推测SO3(l)的 (填“>”、“<”或“=”)-395.7kJ·mol-1，写出SO2(g)与O2(g)生成SO3(g)的热化学方程式 。
物质
O2(g)
SO2(g)
SO3(g)
/kJ∙mol-1
0
-296.8
-395.7
(2)亚硝酰氯(CINO)是合成有机物的中间体。将一定量的NO与Cl2充入一密闭容器中，发生反应2NO(g)+Cl2(g)⇌2CINO(g)　∆H<0。平衡后，改变外界条件X，实验测得NO的转化率a(NO)随X的变化关系如图1所示，则条件X可能是_______(填字母序号)。

A．温度 B．压强 C． D．与催化剂的接触面积
(3)已知反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)　∆H=-746.5kJ∙mol-1，在密闭容器中充入4molCO和5molNO，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图2所示。

①反应在D点达到平衡后，若此时升高温度，同时扩大容器体积使压强减小，在重新达到平衡过程中，D点会向A~G点中的 点移动。
②某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图3所示。温度低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是 ；a点 (填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是 。

(4)以连二亚硫酸根离子()为媒介，用电化学法处理烟气中NO的装置如图4所示。

①阴极区的电极反应式为
②NO被吸收转化后的主要产物为，若通电时电路中转移了0.3mole-，则通电过程中理论上被吸收的NO在标准状况卜的体积为 mL。
6．（2022·青海西宁·统考二模）环己醇常用于工业上制取增塑剂、表面活性剂以及用作工业溶剂等。苯酚()催化加氢制备环己醇一直受到研究人员的关注，该反应为(g)+3H2(g) (g) 。请回答下列问题。
(1)已知：  ；

  ；
  。
则 。
(2)向体积为50L的恒容密闭容器中充入一定量的(g)和不同温度下，反应均进行5min测得反应物的转化率随温度的变化关系如图所示，已知曲线Ⅰ表示苯酚的转化率)。

①起始时投入的苯酚和氢气的物质的量之比为 。
②A、B、C、D四点对应的正反应速率、、、的大小关系为 。
③温度低于400℃时，和苯酚的转化率随温度升高而增大的原因是 。
④已知，V代表体积；n代表气体物质的量；T代表温度；R是摩尔气体常数，单位是。若初始时向容器中充入的苯酚为1mol，则反应从起始进行到A点，其平均反应速率 ；当反应温度为500℃时，反应达到平衡后， 。(表示用分压代替浓度计算的平衡常数，结果用含R的代数式表示)
(3)氢原子和苯分子吸附在金属催化剂表面活性中心时，才能发生反应。当中混有微量杂质时，相同时间内测得环己醇的产率降低。推测其可能原因为 。
7．（2022·青海西宁·统考一模）绿色能源是未来能源发展的重要方向，氢能是重要的绿色能源，利用生物乙醇来制取氢气的部分反应过程如图所示。

(1)已知：反应①：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g) ΔH1=+173.5kJ·mol-1
反应②：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1
则反应Ⅰ的热化学方程式为 。
(2)反应Ⅱ在不同进气比[n(CO)∶n(H2O)]、不同温度下，测得相应的CO平衡转化率见表(各点对应的其他反应条件都相同)。
平衡点
a
b
c
d
n(CO)∶n(H2O)
0.5
0.5
1
1
CO平衡转化率/%
50
66.7
50
60
①a点平衡混合物中H2的体积分数为 ，a、c两点对应的反应温度Ta Tc(填“＜”“=”或“＞”)，d点对应的平衡常数K= 。
②有利于提高CO平衡转化率的是 (填标号)。
A．增大压强    B．降低温度    C．增大进气比[n(CO)∶n(H2O)] D．分离出CO2
(3)反应Ⅱ在工业上称为一氧化碳的催化变换反应，若用[K]表示催化剂，则反应历程可用下式表示：
第一步：[K]+H2O(g)=[K]O+H2
第二步：[K]O+CO=[K]+CO2
第二步比第一步反应慢，则第二步反应的活化能比第一步反应 。
(4)研究表明，CO催化变换反应的速率方程为=k(-)式中，yCO、、、分别表示相应的物质的量分数，Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp (填“增大”“减小”)。根据速率方程分析，T＞Tm时逐渐减小的原因是 。

8．（2022·青海海东·统考一模）烯烃是重要的化工原料。回答下列问题：
(1)在浓硫酸的作用下，2—丁醇发生消去反应：
①(l)CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)+H2O(g) ΔH1
②(l)CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)+H2O(g) ΔH2
则1—丁烯转化为2—丁烯的热化学方程式为 。
(2)某温度下，向一体积为10L的恒容密闭容器中充入1mol溴蒸气和1mol1—丁烯，发生反应：CH3CH2CH=CH2(g)＋Br2(g)CH2=CHCH=CH2(g)＋2HBr(g)     △H＞0，10min后，反应达到平衡，此时容器中物质的总物质的量为2.5mol。
①达到平衡后，欲增大CH2=CHCH=CH2的产率，可采取的措施为 。
②平衡时，溴蒸气的转化率为 ，0～10min内，v(HBr)= mol·L·min-1。
③该温度下，反应的平衡常数K= 。
(3)1，3—丁二烯在苯溶液中能发生聚合反应生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中1，3—丁二烯的浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是___________(填标号)。

A．T1＞T2
B．c点的正反应速率小于c点的逆反应速率
C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D．b点时二聚体的浓度为0.45mol·L-1
(4)工业上用电解丁醛的方法制备1—丁醇和丁酸的总反应为2CH3CH2CH2CHO＋H2OCH3CH2CH2COOH＋CH3CH2CH2CH2OH，电解装置示意图如图，阴极的电极反应式为 ，生成的a为 (填名称)。

9．（2021·青海海东·统考一模）丙烯是三大合成材料的基本原料，主要用于生产聚丙烯、丙烯䝼、异丙醇、丙酮和环氧丙烷等，丙烷脱氢作为一条增产丙烯的非化石燃料路线具有极其重要的现实意义。丙婉烷脱氢技术主要为直接催化脱氢和CO2氧化脱氢。
（1）丙烷直接催化脱氢生成丙烯和氢气的反应中，产物的物质的量之比n(C3H6)：n(H2)= 。
（2）丙烷直接催化脱氢制丙烯的反应为吸热反应，反应中往往伴随副反应的发生(副反应中不生成丙烯和氢气)，丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系如图所示(图中压强分别的为1×10 4P和1×10 5Pa)。

①1×105 Pa时，图中表示丙烷和丙烯体积分数变化的曲线分别为 。
②提高丙烷直接催化脱氢制丙烯的反应平衡转化率的方法有 、 。
③1×105 Pa，500°C时，该反应的平衡常数Kp= ( 用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)Pa。
（3）CO2氧化脱氢法，相关的主要反应如下：
I.C2H8(g) +CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+ H2O(g)
Ⅱ.C3H8(g)+3CO2(g)6CO(g)+4H2(g)
CO2和C3H8按物质的量之比1：1投料，在1023 K和保持总压恒定的条件下，研究一定时间内催化剂X对CO2氧化C3H8制C3H6的影响，所得实验数据如下表：
催化剂
C3H8的转化率/%
CO2的转化率/%
C3H6的转化率/%
催化剂X
19.0
38.6
3.3
结合具体反应分析，一定时间内在催化剂X的作用下，CO2氧化C3H8的主要产物是 ， 判断的依据是 。

二、填空题
10．（2021·青海西宁·校联考二模）氮的化合物种类繁多，性质也各不相同。请回答下列问题：
(1)已知：
①SO3(g)+NO(g)=NO2(g)+SO2(g) ∆H1=+41.8kJ·mol-1
②2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) ∆H2=-196.6kJ·mol-1
则2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)的∆H= 。
(2)NO作为主要空气污染物，其主要来源是汽车尾气，研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附，并发生反应：C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g) ∆H<0.在恒压密闭容器中加入足量活性炭和一定量NO气体，反应相同时间时，测得NO的转化率α(NO)随温度的变化如图所示：

图中a、b、c三点中，达到平衡的点是 ；温度为1100K时，N2的平衡体积分数为 。
(3)现代技术用氨气将汽车尾气中的NOx还原为N2和H2O，反应原理是NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g) ∆H<0。
①实际生产中NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)的反应温度不宜过高的原因是 。
②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，则0～8min内用N2表示的平均反应速率v(N2)= mol·L-1·min-1，500℃时该反应的平衡常数Kp= MPa(用含p0的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。

参考答案：
1．(1)-245.2 kJ·mol-1
(2) 正极 增大
(3) 0.3mol 温度过低则反应速率较慢，温度过高则CO选择性过大导致二甲醚选择性减小

【详解】（1）盖斯定律可知，-(i)+2×(ii)+(iii)得：3CO(g)+3H2 (g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的 ΔH =-(+41.0 kJ·mol-1)+2×(-90.4 kJ·mol-1)+ (-23.4 kJ·mol-1)= -245.2 kJ·mol-1；
（2）电池工作时，A电极上过氧化氢得到电子发生还原反应生成水，为正极， 反应为，该电极消耗氢离子，附近溶液的pH增大；电极B的电极上二甲醚失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，反应式为；
（3）①平衡常数等于生成物浓度系数次方与反应物浓度系数次方之比，反应Ⅱ的平衡常数表达式K=。
②T°C时，起始投入3 mol CO2、6 mol H2 ，由图可知，达到平衡时二氧化碳转化率为40%，则反应1.2mol二氧化碳，CO选择性性25%，则反应Ⅰ生成1.2mol×25%=0.3molCO，根据反应Ⅰ方程式体现的关系可知，理论上消耗H2的物质的量为0.3mol。合成二甲醚时较适宜的温度为260 °C ，其原因是温度过低则反应速率较慢，温度过高则CO选择性过大导致二甲醚选择性减小，故合成二甲醚时较适宜的温度为260 °C。
2．(1)
(2) Ⅲ
(3) ＞＞ ＜ 反应ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，反应ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，而反应ⅱ正向移动的程度比反应ⅰ逆向移动的程度大
(4) H2SO4

【详解】（1）已知，反应ⅰ：  ；反应ⅱ：  ；根据盖斯定律可知，由反应ⅰ-反应ⅱ可得，和合成甲醇的热化学方程式为。
（2）①已知总反应为，历程Ⅰ反应甲：，历程Ⅱ反应乙：，则总反应-反应甲-反应乙可得历程Ⅲ中的反应丙，可表示为。
②历程Ⅰ的活化能为-0.05eV-(-0.37eV)=0.32eV，历程Ⅱ的活化能为0.38eV-(-0.41eV)=0.8eV，历程Ⅲ的活化能为0.63eV-(-0.85eV)=1.48eV，活化能越大，反应速率越慢，总反应的反应速率应最慢的反应决定，则决定的总反应速率的是历程Ⅲ。
（3）①反应ⅱ为反应前后气体物质的量不变的反应，加压平衡不移动，而对于反应ⅰ，加压平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，故压强、、的大小关系为＞＞。
②点、点二氧化碳的平衡转化率相等，则反应物浓度相等，B点的压强、温度均比A点大，故化学反应速率大小：＜。
③温度高于时，的平衡转化率随温度的升高而增大的原因是反应ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，反应ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，而反应ⅱ正向移动的程度比反应ⅰ逆向移动的程度大。
④将和按物质的量之比充入一恒容密闭容器中，设和分别为1mol、3mol，点的转化率为25%，的选择性为50%，则两个反应中参与反应的物质的量均为1mol ´25%´50%=0.125mol，则
反应ⅰ：；
反应ⅱ：；则平衡时，
为0.75mol，为3-0.375-0.125=2.5mol，CO为0.125mol，H2O为0.125+0.125=0.25mol，反应ⅱ反应前后气体物质的量不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则该温度下反应ⅱ的平衡常数。
（4）①已知电离度，为一定浓度下电解质的摩尔电导率，为无限稀释时溶液的摩尔电导率，。某小组实验测得时，乙酸的，则电离度，该条件下测定的乙酸的电离平衡常数。
②已知：摩尔电导率越大，溶液的导电性越好，根据各种离子的摩尔电导率可知，从导电性角度选择，最适宜的电解质为H2SO4。
3． 鼓入稍过量的空气 1.8 减小压强(或增大容器体积、移出部分等) 升高温度
【详解】(1)①；
②；
根据盖斯定律，将①+②×2得：=，因此燃烧热的热化学方程式为，故答案为：；
(2)根据①和②可知，在煤燃烧过程中，要提高固硫率，需要尽可能的避免②的发生，就需要尽可能使碳完全燃烧生成二氧化碳，因此在煤燃烧过程中，鼓入稍过量的空气可以提高固硫率(燃烧残渣中硫元素的质量占燃煤中硫元素总质量的百分比)，故答案为：鼓入稍过量的空气；
(3)某温度下，在一个恒容密闭容器中加入和，若只发生。根据表格数据，20min时CO的浓度变化量为2 mol/L -1.1 mol/L=0.9 mol/L，则的浓度变化量为0.9 mol/L，内=；30min后反应达到了平衡状态，平衡时，CO的浓度变化量为2 mol/L -0.8 mol/L=1.2 mol/L，则的平衡浓度为1.2mol/L，的平衡浓度为1.2mol/L，此条件下该反应的平衡常数为==1.8 mol/L，故答案为：；1.8；
(4)根据图象，时气体的浓度突然减小，且平衡浓度不变，说明平衡常数不变，改变的条件可能是减小压强，或者是增大容器体积，也可能是移出了部分等；时气体的浓度逐渐增大，说明平衡正向移动，由于为吸热反应，因此改变的条件是升高温度，故答案为：减小压强(或增大容器体积、移出部分等)；升高温度；
(5)根据图象，过程①中催化氧化反应生成，若参加反应的和的体积比为4∶3，即方程式中和的化学计量数比为4:3，则反应的化学方程式为，故答案为：；
(6)过程②利用电化学装置吸收另一部分，使得再生，该过程中的化合价由+2价变成0价，发生还原反应，在阳极上发生氧化反应生成硫酸，阳极的电极反应式为。最终转化为硫酸，标准状况下，含5%(体积分数)的的废气中含有的体积为×5%=11200L，物质的量为=500mol，转移的电子为1000mol，则需要的电量为1000mol ×6.02×1023/mol×=C，故答案为：；。
4．(1) 氧化剂
(2) < < 300 - 600K范围内，随着温度升高，两反应对应的平衡体系均向逆反应方向移动，但反应①向逆反应方向移动程度比反应②小；
(3)180

【详解】（1）根据题意写出Cu2S与Cu2O反应生成Cu和SO2的化学方程式为③，再结合盖斯定律知③=3②-①，故热化学方程式为；该反应中Cu2O中铜元素化合价从+1价降为0价，即Cu2O为氧化剂；
故答案为：；氧化剂；
（2）由图可以看出，随着温度升高，二甲醚和乙酸乙酯的转化率均降低，根据勒夏特列原理，可知两化学反应均为放热反应，即△H1<0，△H2<0；300 - 600K范围内，随着温度升高，两反应对应的平衡体系均向逆反应方向移动，但反应①向逆反应方向移动程度比反应②小，故在300 - 600K范围内，乙酸甲酯的百分含量逐渐增大，而乙醇的百分含量逐渐减小；
故答案为：<；<；300 - 600K范围内，随着温度升高，两反应对应的平衡体系均向逆反应方向移动，但反应①向逆反应方向移动程度比反应②小；
（3）当压强为p kPa、温度为800K时，二甲醚转化率为0.9，则

；
故答案为：180。
5．(1) < 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H=-197.8 kJ·mol-1
(2)AC
(3) A 温度低于200℃时，催化剂活性偏低，对反应速率的影响减小 不是 正反应放热，温度越低，NO平衡转化率越高，a点对应的NO平衡转化率应高于450℃时NO平衡转化率，根据图象可知，a点的平衡转化率比曲线450℃对应的NO平衡转化率还要高
(4) 1344

【详解】（1）SO3(g)的能量大于SO3(l)，SO3(g)的=-395.7kJ·mol-1，SO3(l)的<-395.7kJ·mol-1；反应的焓变=生成物的标准生成焓-反应物的标准生成焓，2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-395.7 kJ·mol-1×2-(-296.8 kJ·mol-1×2)-0 kJ·mol-1=-197.8 kJ·mol-1；
（2）A．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，所以X可能是温度，故选A；
B．正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，NO的转化率增大，所以X不可能是压强，故不选B；    
C．增大NO的浓度，NO的转化率减小，所以X可能是，故选C；
D．增大催化剂的接触面积，反应速率加快，平衡不移动，NO的转化率不变，所以X不可能是催化剂的接触面积，故不选D；
选AC。
（3）①2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)正反应放热，升高温度平衡逆向移动，NO的体积分数增大，可知，减小压强，平衡逆向移动，NO的体积分数增大，反应在D点达到平衡后，若此时升高温度，同时扩大容器体积使压强减小，在重新达到平衡过程中，D点会向A~G点中的A点移动。
②温度低于200℃时，催化剂活性偏低，对反应速率的影响减小，所以曲线I脱氮率随温度升高而变化不大；正反应放热，温度越低，NO平衡转化率越高，a点对应的NO平衡转化率应高于450℃时NO平衡转化率，根据图象可知，a点的平衡转化率比曲线450℃对应的NO平衡转化率还要高，所以a点不是对应温度下的平衡脱氮率。
（4）①根据图示，阴极区SO得电子生成S2O，阴极电极反应式为；
②NO被吸收转化后的主要产物为，N元素化合价由+2降低为-3，若通电时电路中转移了0.3mole-，根据得失电子守恒，吸收NO的物质的量为0.06mol，理论上被吸收的NO在标准状况下的体积为。
6．(1)-183
(2) 1∶2 平衡前升温，速率增大，单位时间内反应物的转化率增大
(3)金属催化剂会与反应从而失去催化活性

【详解】（1）已知热化学方程式：① (g)+3H2(g) (g) ，
②  ，
③  ，
④  ，
根据盖斯定律①=②-③+×④，则y=(-3053.5)- (-3727.9)+ ×(-571.6)=-183；
（2）①设起始时，投入的苯酚和氢气的物质的量分别为xmol、ymol，0 ~5min内苯酚的变化量为amol，则氢气的变化量为3amol，根据A、B点的数据，解得，，故起始时投入的苯酚和氢气的物质的量之比为1∶2；
②根据已知条件可知：曲线Ⅰ表示苯酚的转化率，曲线Ⅱ表示氢气的转化率；图象横坐标为温度，温度越高反应速率越快，则，而A、B两点表示的同一个温度下，同一个反应的正速率，故速率相等，故答案为：；
③温度低于400℃时，反应未达到平衡状态，故氢气和苯酚的转化率随温度升高而增大；
④若初始时向容器中充入的苯酚的物质的量为1mol，则通入的氢气的物质的量为2mol，根据化学反应速率计算公式，解得，设起始时，投入的苯酚和氢气的物质的量分别为1mol、2mol，根据 (g)+3H2(g) (g)，可求得平衡时，苯酚、氢气、环己醇的物质的量均为0.5mol，根据，此时总压强为(kPa)，；
（3）氨气也可能吸附到金属催化剂表面，那样会阻挡氢原子的吸附，故答案为：金属催化剂会与反应从而失去催化活性。
7．(1)CH3CH2OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g) = +255.9kJ/mol
(2) 16.67% ＞ 2.25 BD
(3)大
(4) 减小 Kp减小对的降低大于k增大对的提高

【详解】（1）已知：反应①：CH3CH2OH(g)+3H2O(g)=2CO2(g)+6H2(g) ΔH1=+173.5kJ·mol-1反应②：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1，则反应I为：CH3CH2OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g)可由①-2②得到，根据盖斯定律可知，=ΔH1-2ΔH2=(+173.5kJ·mol-1)-2×( -41.2kJ·mol-1)=+255.9kJ/mol，故答案为：CH3CH2OH(g)+H2O(g)=2CO(g)+4H2(g) = +255.9kJ/mol；
（2）①由三段式分子可知，，a点平衡混合物中H2的体积分数为=16.67%，已知反应II CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的转化率减小，而增大CO的用量平衡正向移动，但CO的转化率减小，比较a、c两点可知，c点中CO的用量大于a点，而a点和c点的CO的转化率相等，则c点温度低于a点，由三段式可知，d点对应的平衡常数K===2.25，故答案为：16.67%；＞；2.25；
②由反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1可知，该反应正反应是一个气体体积不变的放热反应，据此分析解题：
A．增大压强平衡不移动，A不合题意；    
B．降低温度平衡正向移动，CO的平衡转化率增大，B符合题意；    
C．增大进气比[n(CO)∶n(H2O)]即增大CO的用量，平衡正向移动，根据勒夏特列原理可知，CO的平衡转化率减小，C不合题意；   
D．分离出CO2即减小生成物CO2浓度，平衡正向移动，则CO的平衡转化率增大，D符合题意；
故答案为：BD；
（3）已知反应的活化能越大，反应速率越慢，故第二步比第一步反应慢，则第二步反应的活化能比第一步反应大，故答案为：大；
（4）由反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1可知，则温度升高时，平衡逆向移动，故CO催化变换反应的Kp减小，根据速率方程分析，T＞Tm时，温度升高，k值增大，结合CO催化变换反应的速率方程为=k(-)，可知温度升高，k增大，Kp减小，由于Kp减小对的降低大于k增大对的提高，导致随温度升高而减小，故答案为：减小；Kp减小对的降低大于k增大对的提高。
8．(1)CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→ CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)  
(2) 升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2 50% 0.01 0.2
(3)CD
(4) CH3CH2CH2CHO+2H++2e-=CH3CH2CH2CH2OH 丁酸

【详解】（1）由已知方程式②-①得目标方程式：CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→ CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)，结合盖斯定律知该反应，故此处填：CH3CH2CH=CH2(1-丁烯，g)→ CH3CH=CHCH3(2-丁烯，g)  ；
（2）①欲增大CH2=CHCH=CH2产率，可通过促进平衡正向移动实现，可采取措施：升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2，故此处填：升温或及时分离出CH2=CHCH=CH2；
②设转化的Br2为x mol，由所给数据列三段式如下：，由题意得：1-x+1-x+x+2x=2.5，解得x=0.5 mol，故溴蒸气的转化率=；HBr的反应速率；
③该反应平衡常数；
（3）A．由图示知，相同时间内，T2对应温度下，反应速率更快，故温度T2＞T1，A错误；
B．由图示知，c点反应未达平衡，1，3-丁二烯浓度仍然在减小，说明此时反应仍然是正向程度大，故正反应速率大于逆反应速率，B错误；
C．由于a点1，3-丁二烯浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点正反应速率，b点反应未达平衡，1，3-丁二烯浓度仍然在减小，说明此时反应仍然是正向程度大，故b点正反应速率大于逆反应速率，故a点正反应速率大于b点逆反应速率，C正确；
D．b点，由反应比例：2CH2=CH-CH=CH2~1二聚体，得此时二聚体浓度=，D正确；
故答案选CD；
（4）电解阴极发生还原反应，总反应中，丁醛到1-丁醇为还原过程，故阴极电极反应为：CH3CH2CH2CHO+2H++2e-=CH3CH2CH2CH2OH；阳极发生氧化反应，由总反应知，丁醛到丁酸为氧化过程，故a为丁酸。
9． 1：1 Ⅱ；Ⅲ 减压 升温 2800 CO(或CO和H2) C3H6的产率远低于C3H8的转化率，说明催化剂X有利于提高反应Ⅱ的速率
【分析】丙烷直接催化脱氢制丙烯的化学方程式为C3H8(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g)，该反应正向为气体体积增大的吸热反应，增大压强会使平衡逆向移动，丙烯的体积分数将减小，丙烷的体积分数将增大，升高温度会使平衡正向移动，丙烯的体积分数将增大，丙烷的体积分数将减小，然后结合化学平衡相关知识解答。
【详解】（l）丙烷直接催化脱氢生成丙烯和氢气的反应为C3H8(g)CH3CH=CH2(g)+H2(g)，因此产物的物质的量之比n(C3H6)：n(H2)= 1：1；
（2）①升高温度，平衡正向移动，丙烷的体积分数减小，丙烯的体积分数增大，则I、Ⅲ为丙烯的体积分数变化曲线，Ⅱ、Ⅳ为丙烷的体积分数变化曲线，1×105Pa与1×104Pa相比，压强增大，平衡逆向移动，从而得出表示丙烷体积分数的变化曲线为Ⅱ，表示丙烯体积分数的变化曲线为Ⅲ；
②丙烷直接催化脱氢制丙烯的反应正向是气体体积增大的吸热反应，改变外界条件时，化学平衡将向着减弱这种该变量的方向移动，因此升高温度、降低压强均能能使平衡正向移动，从而提高丙烷转化率，故答案为：减压；升温；
③l×105Pa、500℃时，丙烷、丙烯、氢气的体积分数分别为70%、14%、14%，由此可计算该反应的平衡常数Kp==2800Pa；
（3）①由题中信息及表中数据可知，尽管CO2和C3H8按物质的量之比1：1投料，但是C3H6的产率远小于C3H8的转化率，CO2的转化率高于C3H8的，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应I，还发生了反应Ⅱ，而且反应物主要发生了反应Ⅱ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅱ的速率，因此CO2氧化C3H8的主要产物是CO，同时还有H2生成，故答案为：CO(或CO和H2)；C3H6的产率远低于C3H8的转化率，说明催化剂X有利于提高反应Ⅱ的速率。
10． +113.0KJ/mol b、c 20% 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高 0.05
【详解】(1)根据盖斯定律，反应①×2-反应②得2NO2(g)=2NO(g)+O2(g) ∆H=-(2×∆H1+ ∆H2)= -(2×41.8-196.6)=+113.0kJ/mol，故答案为：+113.0kJ/mol。
(2) 温度低于1050K时，反应速率较慢，反应未达平衡状态，温度等于或高于1050K时达到平衡，1100K是NO的平衡转化率为40%，假设通入NO的物质的量为1mol，利用三段式则有： ，所以N2的平衡体积分数为，故答案为：b、c，20%。
(3) ①NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g)，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高，故答案为：该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，故反应温度不宜过高。
②500℃时，在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3，8min时反应达到平衡，此时NH3的转化率为40%，体系压强为p0MPa，利用三段式则有： ，v(N2)= mol·L-1·min-1，根据阿伏伽德罗定律，恒温恒容时，压强与物质的量成正比，500℃时该反应的平衡常数Kp= MPa= Mpa，故答案为：0.05、。