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河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学反应的热效应（1）
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这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学反应的热效应（1），共37页。试卷主要包含了单选题，原理综合题，填空题等内容，欢迎下载使用。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学反应的热效应（1）
一、单选题
1．（2023·河南安阳·统考三模）下列有关自然界中现象的说法错误的是
A．“雷雨肥庄稼”是发生了固氮反应
B．溶洞的形成与沉淀溶解平衡有关
C．“海市蜃楼”是气溶胶产生的丁达尔现象
D．萤火虫发光是将生物质能转化为光能
2．（2023·河南·统考模拟预测）化学与生产、生活、科技和环境等密切相关。下列有关说法错误的是
A．油脂长时间放置后会产生不愉快的气味的原因之一是被氧气氧化了
B．可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理
C．“天宫课堂”中过饱和乙酸钠溶液析晶放热与形成新的化学键有关
D．“汽车尾气处理”有助于改善城市空气质量，有利于实现碳达峰、碳中和
3．（2022·河南·校联考模拟预测）正交硫(也称菱形硫、斜方硫)与单斜硫是硫元素的两种常见单质，均由分子(结构如图所示)组成，两者结构中分子的排列方式不同，相互之间可以转化：。下列有关说法错误的是
A．正交硫与单斜硫互为同素异形体
B．分子中每个“S”均满足8电子结构
C．正交硫转化为单斜硫，发生了化学变化
D．正交硫与单斜硫均完全燃烧生成时，单斜硫放出的能量多
4．（2022·河南·校联考模拟预测）2022年6月17日，中国第三艘航空母舰——“福建舰”正式下水，它是目前世界上最大的常规动力航母，配置了先进的电磁弹射和阻拦装置。下列说法错误的是
A．电磁弹射技术可使舰载机快速起飞，电能属于二级能源
B．氮化镓常用于雷达系统，其属于新型无机非金属材料
C．低磁合金钢常用于舰体材料，其强度、熔点均高于纯铁
D．航母燃料是重油，重油通过燃烧将化学能转变为热能、机械能等
5．（2022·河南开封·统考一模）下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．①装置用来测定中和热
B．②装置可以证明碳酸酸性比硼酸酸性强
C．③装置可以证明2Ag+ +2I—=2Ag+I2能否自发进行
D．④装置用来探究温度对过氧化氢分解速率的影响
6．（2022·河南洛阳·校联考模拟预测）在某恒容密闭容器中充入一定量的O2(g)和O3(g)，发生反应2O3(g)3O2(g) △H<0，下列说法正确的是
A．若混合气体的密度不再随时间而改变，则该反应达到平衡
B．加入合适的催化剂，反应达到平衡后，O2的体积分数增大
C．该反应的生成物的总能量大于反应物的总能量
D．若起始时充入少量的稀有气体，则该反应的反应速率保持不变
7．（2021·河南·校联考模拟预测）甲醇羰基化制乙酸的催化剂为可溶性铱配合物(主催化剂)和碘化物(助催化剂)，利用铱配合物[Ir(CO)2I2]-催化甲醇羰基化的反应历程如图所示(其中Me—CH3，Ac—COCH3)。下列说法正确的是
A．Ir的成键数目在反应历程中没有发生变化
B．HI是反应过程中的催化剂
C．CO分压对反应速率没有影响
D．存在反应[Ir(CO)2I3(CH3)]7+CO=Ir(CO)3I2(CH3)+I
8．（2021·河南许昌·统考一模）某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法错误的是
A．总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2
B．该脱硝过程总反应的焓变∆H<0
C．由状态②到状态③发生了氧化还原反应
D．状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成
二、原理综合题
9．（2023·河南·统考模拟预测）CO2资源化利用是科学工作者重点研究的课题。
(1)一定条件下，作为温室气体的CO2可合成燃料甲醇，主要发生反应的热化学方程式如下：
i ．CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g) ΔH1= +41.2 kJ·mol-1
ii．CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) ΔH2= -90.0 kJ·mol-1
iii．CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH3= -144.9 kJ·mol-1
二氧化碳与氢气反应合成甲醇的热化学方程式iv．CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)的ΔH4 = kJ·mol-1。
(2)向两个恒压(压强分别为0.1 MPa，1.0 MPa)密闭容器中分别通入1 mol CO2和4 molH2的混合气体，只发生反应i和反应iii。平衡时CH4和CO占所有含碳化合物的物质的量分数( η)随温度的变化曲线如图所示。
①表示压强为1.0 MPa时η( CH4)和η( CO)的曲线分别是 (填“ 甲”“乙”“丙”或“丁”，下同)和 。
②c点时，容器内CO2的物质的量为 mol。
③600 °C，1.0 MPa时，H2O(g)的物质的量为 mol ，反应i的压强平衡常数Kp= (Kp为用分压表示的平衡常数．分压=总压 ×物质的量分数，结果保留2位有效数字)。
(3)科学工作者采用电催化方法用CO2重整CH4制取合成气(CO、H2的混合气体) ，其装置如图所示。
该装置工作时，阴极的电极反应式为 ；
若产生4.48 L合成气(标准状况下)，理论上电路中转移 mol 电子。
10．（2023·河南·校联考模拟预测）CS2为无色液体，是一种常见的溶剂，在化工生产中有重要作用，如制造人造丝、杀虫剂、促进剂等。
(1)天然气法合成CS2相关反应如下：
反应I．CH4(g)+2S2(g)=CS2(g)+2H2S(g) ΔH1
反应Ⅱ．S8(g)=4S2(g) ΔH2=+411.15kJ·mol-1
反应Ⅲ．2CH4(g)+S8(g)=2CS2(g)+4H2S(g) ΔH3=+201.73kJ·mol-1。
则ΔH1= ；反应I的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“>”“<”或“=”)。
(2)一定条件下，向一体积为1L的密闭容器中充入S8(g)、CH4发生反应I、Ⅱ，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。
①工业上通常采用在600~650℃的条件下进行此反应，而不采用低于600℃的原因是 。
②某温度下若S8完全分解成S2，在密闭容器中，以n(S2)：n(CH4)=2：1开始反应，当CS2体积分数为10%时，CH4转化率为 。
(3)利用工业废气H2S生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g)⇌CS2(g)+4H2(g)。向某密闭容器充入1molCH4、2molH2S，维持体系压强为p0kPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度T的变化如图。
①图中表示CH4的曲线是 (填“a”“b”“c”或“d”)。
②780℃时，该反应的Kp= (列出表达式即可，用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
③维持m点温度不变，向容器中再通入CH4、H2S、CS2、H2各1mol，此时速率关系为v(正) v(逆)(填“>”“<”或“=”)。
11．（2023·河南·校联考模拟预测）硫化氢是一种有害气体，它的转化利用和环境保护是很重要的研究方向，请回答下列问题：
(1)已知：I．S(g) +O2(g)= SO2(g) ΔH1=－a kJ·mol －1
II．2H2S(g) +3O2(g)=2SO2(g) +2H2O(g) ΔH2=－b kJ·mol －1
III．2H2S(g) +SO2(g) 3S(g) +2H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol －1
①若反应III中正反应的活化能为E 正，逆反应的活化能为E逆，则E逆－E正= (用含a和b的代数式表示)。
②若一种脱除H2S回收硫黄工艺的两个阶段为反应II、III，理论上该工艺最好控制参加反应的H2S的总物质的量n(H2S)与参加反应的n(O2)之比为 ，若n(H2S)：n(O2)过小，会导致 。
(2)若某种废气中含有H2S，将废气与空气混合通入 FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合液中，其转化过程如图所示。转化过程中参与循环的离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+。
①过程i中发生反应的离子方程式为 。
②一般认为K> 105时反应进行得较完全。已知：25 °C时Ksp(CuS) =1.25 ×10－36 ，H2S的Ka1=1 ×10－7 ，Ka2=1 ×10－15 ，则25 °C时过程ii中的反应 (填“能”或“不能”)进行完全。
(3)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在某密闭容器中充入2 mol H2S气体，发生反应：2H2S(g)2H2(g) +S2(g) ，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①在975° C和p1的条件下，其他条件不变，n点的v正与v逆中较大的是 ，图中m、n点对应温度下的平衡常数：m点 ( 填“大于”“等于”或“小于”)n点。
②若温度为975 °C时，p2为2 MPa，该反应的平衡常数Kp= MPa( 用分数表示，Kp是用平衡分压代替平衡浓度得到的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
12．（2023·河南·校联考模拟预测）氯及其化合物在生产、生活中广泛应用。
(1)三氯乙醛常用于制造农药。化学反应原理是4Cl2(g)+C2H5OH(g)CCl3CHO(g)+5HCl(g)。一定温度下，在某恒容密闭容器中充入4molCl2和2molC2H5OH(g)，发生上述反应。下列叙述正确的是_____
A．混合气体平均摩尔质量不变时达到平衡状态
B．平衡后再充入少量Cl2反应正向进行
C．加入高效催化剂，能提高氯气的平衡产率
D．平衡时三氯乙醛体积分数可能等于15%
(2)SCl4是一种化工产品。已知有关反应如下：
①2S(1)+Cl2(g)=S2Cl2(1) ΔH1=akJ·mol-1
②S2C12(1)+Cl2(g)=2SCl2(1) ΔH2=bkJ·mol-1
③SC12(1)+Cl2(g)=SCl4(1) ΔH3=ckJ·mol-1
④S(1)+2Cl2(g)=SCl4(l) ΔH4= kJ·mol-1(用含a、b和c的式子表示)。
(3)工业上，曾用催化氧化氯化氢法(俗称地康法)制备氯气：
4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH
从化学反应原理角度分析，一定条件下，投料比是提高HCl平衡转化率和反应速率以及提纯氯气的关键条件。若投料比太小，有利的是 ；不利的是 。
(4)已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数，活化能不随温度变化)。为了探究催化剂对地康法制氯气的影响，某小组选择ZnCl2、CuCl2为催化剂，探究其对氯化氢催化氧化反应的影响，实验结果如图1所示。
从图1中信息获知催化效能较低的催化剂是 (填化学式)，其理由是 。
(5)在体积相同的甲、乙两个密闭容器中充入4molHCl(g)和1molO2(g)，分别在恒容恒温、恒容绝热条件下发生反应：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH，测得气体压强变化与时间关系如图2所示。
①气体总物质的量：n(a)_ n(b)(填“>”“<”或“=”，下同)。
②a点Qp== (kPa)-1(结果保留2位小数)。b点Kp a点Qp。
13．（2023·河南郑州·统考三模）氨既是重要的化工产品，又是染料、医药等工业的重要原料。研究氨的合成及反应规律具有重要意义。回答下列问题：。
I．工业合成氨的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.2kJ·mol-1
(1)v正=k正cm(N2)cn(H2)，v逆=k逆cP(NH3)，k正、k逆为速率常数。其他条件不变，升高温度时，k正、k逆的变化趋势和变化幅度是 。
(2)在不同条件下合成氨反应达到平衡，平衡时氨气的物质的量分数为x(NH3)，t=450°C时x(NH3)与P、P=5×107Pa时x(NH3)与温度t的关系如图所示。
①表示t=450°C下的x(NH3)与P关系图像是 (填“a”或“b")，判断依据为 。
②当x(NH3)=0.10时，反应条件可能是 。
Ⅱ氨可用于烟气脱硝，主要反应如下：
反应a4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH=xkJ·mol-1
反应b4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) ΔH<0
(3)已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1
则x= 。
(4)对于反应b，其他条件相同时，以一定流速分别向含催化剂A的反应管中通入一定比例O2、NH3、NO和N2的模拟烟气，测得NO的去除率与温度的关系如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡去除率随温度的变化)。当温度高于360°C，NO的去除率降低的主要原因是 。
(5)在t°C、2MPa下，向恒温恒压的密闭容器中通入4molNH3、5molNO、1molO2，发生反应a和反应b．反应平衡时，NH3的转化率为95%，N2的物质的量为4mol。此时，H2O的物质的量为 ，反应a的平衡常数Kp= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数；列出计算式即可)。
14．（2023·河南·校联考模拟预测）以分子中含有一个碳原子的物质为原料的化学工业称为“碳一化工”，甲醇是碳一化工的支柱。回答下列问题：
(1)以甲醇生产甲胺的化学方程式为 CH3OH(l)+NH3(g)═CH3NH2(g)+H2O(g)， 该反应在高温下才能自发进行，则该反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。
(2)利用甲醇(CH₃OH)制备甲醛可以使人类的基础化学品摆脱对石油的依赖。目前常用的方法有以下两种。
脱氢法： CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g) ΔH= +46.203kJ·mol-1
氧化法：CH3OH(g)+ O2(g) HCHO(g)+ H2O(g) ΔH= -149.73kJ·mol-1
已知几种共价键的键能如下表：
共价键
C-O
C-H
O-H
C═O
H—H
键能/(kJ·mol-1)
413.4
n
462.8.
745
436
如图为甲醇制备甲醛两种方法对应的lg K(K为浓度平衡常数)随温度(T)的变化曲线。
①表中n= 。
②曲线 (填“a”或“b”)对应氧化法，其理由是 。
③在一个体积为1L的恒容密闭容器中加入2 mol CH3OH，在500K时发生脱氢反应，经5min达到平衡状态，则体系压强变为原来的 倍。若平衡时体系压强为3.6MPa，则平衡时压强平衡常数 Kp= MPa。
(3)以CO、CH3OH 为原料生产醋酸是碳一化工的成功范例，产品中乙酸含量≥99.8%。
①根据下表数据分析，实际工业生产中采用低压羰基合成反应制备醋酸的原因是 。
甲醇合成醋酸消耗定额的比较(以生产1t醋酸计)
名称
高压羰基合成
低压羰基合成
甲醇/kg
610
545
一氧化碳/m3(标准状况)
630
454
电/kWh
350
29
②该羰基合成反应采用不同组分的铑系催化剂，它们的催化性能比较如下表。其中性能最优的催化剂是 。
催化剂
铑的百分含量／％
相对催化速率
RhCl3-NaX
0.25
50
RhCl(CO)(PPh3)-Al2O3
1.39
40
Rh(NO3)3/C
3.00
25
Rh/Ys
1.00
900
(4)一种甲醇燃料电池采用碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中加入纯化的甲醇，同时向另一个电极通入空气，负极的电极反应式为 。
15．（2023·河南安阳·统考三模）保护生态环境、建设生态文明是历史发展的需要，研究NOx、CO、烟气等污染气体的处理具有重要意义。目前，常利用催化技术将汽车尾气中的NOx和CO转化成N2和CO2，也可用强氧化性的亚氯酸钠( NaClO2 )溶液对烟气脱硝。回答下列问题：
(1)汽车尾气脱硝发生的反应为：
I.2NO(g) +2CO(g)=N2(g) +2CO2(g) ΔH1= -746.8 kJ· mol-1
Ⅱ.2NO2(g) +4CO(g)=N2(g) +4CO2(g) ΔH2
①已知： Ⅲ.2CO(g) +O2(g)= 2CO2(g) ΔH3= -566 kJ·mol-1
Ⅳ.2NO(g) +O2(g)=2NO2(g) ΔH4= -114 kJ·mol-1
则ΔH2= kJ·mol-1
②研究表明，NO2首先被CO还原为NO：NO2 +CO=NO + CO2,研究人员提出了如图所示的两种反应机理：
某温度下，实验测得该反应的速率方程为：v=kc2 (NO2)(其中k为常数)，推测该反应机理是 (填“a”或“b”) ，理由是 。
(2)NaClO2溶液能将烟气中的NO氧化为 而脱硝，同时放出热量。
①将含0.008molNO的烟气通入1LNaClO2溶液中，其他条件相同时，测得相同时间内NO的氧化率随NaClO2溶液起始浓度的变化如图所示(不考虑溶液体积变化) ：
随NaClO2溶液起始浓度的增大，相同时间内NO的氧化率也增大的原因是 。假设用3×10-3 mol·L-1 NaClO2溶液吸收NO达平衡时，NO的氧化率为40% ，溶液中溶解剩余的NO有1.0×10 -6 mol ·L-1，则该反应的平衡常数是 (列出计算式即可)。
②将含0.004molNO的烟气通入2LNaClO2溶液中，其他条件相同时，测得20min时NO的氧化率随温度的变化如图所示(不考虑溶液体积变化)：
在30 °C时，0 ~20 min内用 的浓度变化表示的该反应的平均速率是 ；温度超过60° C后，NO氧化率下降，其原因是 。
16．（2022·河南·校联考模拟预测）完成下列问题
(1)将两等份和充入真空密闭容器中，在有催化剂的条件下发生反应：。
①科学上规定：在298.15K时，由最稳定的单质生成1mol化合物时的熔变，叫做该物质的标准摩尔生成焓()；最稳定的单质的标准摩尔生成焓规定为零。
注：在用于计算时，类似于物质自身所具有的能量。
已知：物质的标准摩尔生成焓数据如表(单位：)所示。
物质
CO(g)
—393.5
—74.8
—110.5
0
则该反应的正反应是 (填“放热”或“吸热”)反应。
②若容器绝热，反应开始后，正反应速率 (填“增大”“减小”或“先增大后减小”)。
③当反应达到平衡时，气体的密度 (填“一定大于”“一定小于”“可能大于”或“可能小于”)反应起始时气体的密度。
(2)将固体置于一个2L的真空密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
a．
b．
经过10min达到平衡，此时，、，压强为120kPa。
①平衡时用表示的化学反应速率为 。
②下列叙述错误的是 (填标号)。
a．不能用的变化量表示化学反应速率
b．当不变时，反应达到平衡
c．反应体系的颜色不变时，反应达到平衡
d．当容器内气体密度不变时，反应达到平衡
③甲同学绘制出四条曲线，分别对应平衡后四种气体在平衡体系中的体积分数随温度变化的情况。
乙同学认为曲线b是错误的，原因是 。
17．（2022·河南开封·统考一模）合理利用燃料废气中的CO2，是实现“碳中和”的途径之一、以CO2为原料可以合成多种化工产品。
(1)通过反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=—74 kJ·mol-1制取甲醇，已知：298K时，部分物质的相对能量如表所示：
物质
CO2(g)
H2(g)
H2O(g)
CO(g)
相对能量/(kJ· mol-1)
—393
0
—242
—110
则CH3OH(g)的相对能量为 kJ·mol-1，由此可推算出反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的 △H2 △H1，(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)在催化剂作用下CO2和H2合成甲酸，CO2(g) + H2(g) HCOOH(g) △H=—30.9kJ·mol-1，生产中通过测定刚性容器内压强变化了解反应进程。323 K时，CO2(g)、H2(g)按物质的量1：1投料，容器内压强随时间变化如表所示：
时间/ min
0
20
40
60
80
100
压强/MPa
P0
0.75 P0
0.67 P0
0.65 P0
0.65 P0
0.65 P0
反应进行至20 min时CO2的分压P(CO2)为 MPa(用含P0的式子表示，下同)，用气体分压表示的平衡常数Kp= MPa-1.研究表明，该反应的速率可表示为v=k·P(CO2)·P(H2)(k为常数)，则反应在20min时v值为 ；除压强外，通过测定 (填字母)也能判断反应是否达到平衡。
A．气体密度 B．气体的平均摩尔质量
C．CO2与HCOOH的物质的量之比 D．CO2与H2的质量之比
(3)以CO2和H2合成二甲醚(CH3OCH3)涉及到以下反应：
I. CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) △H1<0
II. 2 CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) △H2<0
III. CO2(g)+ H2(g) CO(g) + H2O(g) △H3>0
在压强和投料比一定的条件下，发生反应I、II、III实验测得平衡时CO2转化率和CH3OCH3的选择性[CH3OCH3的选择性=]随温度变化如图所示。
图中曲线①随温度升高而下降的原因是 ，工业生产一般选择在3MPa下进行的原因是 。
18．（2021·河南焦作·统考一模）一定条件下，CO2与H2反应可合成甲烷，反应的热化学方程式为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=akJ·mol-1。回答下列问题：
(1)已知H2(g)、CH4(g)的燃烧热分别是-285.8kJ·mol-1、-890.3kJ·mol-1，H2O(g)=H2O(1)△H=-44.0kJ·mol-1。上述反应中a= 。
(2)T° C时，向2L恒容密闭容器内充入1 mol CO2和4 molH2发生上述反应，并用压力计监测到容器内压强随时间的变化如下图所示：
①反应后平衡体系中，c(H2O) = mol·L-1
②从反应开始到40 min时，CO2的平均反应速率为 mol·L-1·min-1
③平衡体系中CH4的分压p(CH4) = MPa。
(3)在密闭容器中按通入H2和CO2，分别在0.1 MPa和1 MPa下进行反应，在发生上述反应的同时还发生反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+42.3kJ·mol-1。通过研究分析，平衡时CO和CH4在CO2、CO、CH4三种物质组成的体系中的体积分数与温度的关系如图所示。
①曲线d所表示的压强及物质是 ，判断理由是 。
②当达到平衡点Q时，该温度下反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的平衡常数K为= 。
19．（2021·河南新乡·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)。
20．（2021·河南·校联考模拟预测）环己酮()作为一种重要的基础化工原料，在各个领域有着广泛用途，作为精细化工的一部分。苯酚()催化加氢制备环已酮既可实现苯酚的综合利用，又可避免使用氧化剂对环境造成污染，一直受到研究人员的关注。涉及反应如下：
ⅰ. (g)+2H2(g)⇌ (g)；
ⅱ. (g)⇌ (g)；
ⅲ. (g)+H2(g)⇌ (g)；
ⅳ. (g)+H2(g)⇌ (g)。
请回答下列问题：
(1)稳定性： (填“>”“<”或“=”)
(2)反应 (g)+3H2(g)⇌ (g)的反应热 (用含、、的代数式表示)。
(3)通过上述反应完成苯酚()催化加氢制备环己酮。平衡时，随温度升高，的体积分数变化如图甲所示：
随着温度升高，环己醇的体积分数减小的原因为 。
(4)采用适宜的温度，在容积为1L的恒容密闭容器中，加入1mol苯酚和2mol只发生反应ⅰ，10min后反应达到平衡状态，测得体系压强是起始压强的0.5倍。
①达到平衡时1−环己烯醇的平均生成速率v= 。
②该温度下，该反应的平衡常数 ，如果这时向该密闭容器中再充入1mol苯酚和1mol1−环己烯醇，此时v正 v逆(填“>”“<”或“=”)。
(5)环己酮也可以用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图乙所示：
b应接直流电源的 (填“负极”或“正极”)，a电极的电极反应式为 。
三、填空题
参考答案：
1．C
【详解】A．“雷雨肥庄稼”的原理涉及的反应有：N2+O22NO、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，故发生了固氮反应，A不合题意；
B．碳酸钙难溶于水，碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，岩石被逐渐溶解形成溶洞，碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙，长时间的反应形成溶洞，与沉淀溶解平衡有关，B不合题意；
C．“海市蜃楼”是一种因为光的折射和全反射而形成的自然现象，与丁达尔现象无关，C符合题意；
D．萤火虫发光是将自身的生物质能转化为光能，D不合题意；
故答案为：C。
2．D
【详解】A．油脂长时间放置后会接触到空气中的氧气，从而发生氧化还原反应而变质，会产生不愉快的气味，故A正确；
B．可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理，涉及碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和氧气反应生成硫酸钙，故B正确；
C．乙酸钠溶液中钠离子和乙酸根离子间的离子键被破坏，析出晶体，生成乙酸钠晶体，形成新的离子键，成键会释放热量，故C正确；
D．汽车尾气中含有CO和NO，催化处理得到氮气和二氧化碳，有助于改善城市空气质量，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现碳达峰、碳中和，故D错误。
综上所述，答案为D。
3．D
【详解】A．同素异形体是同种元素形成的不同种单质的互称，正交硫与单斜硫都是由硫元素组成的单质，所以两者互为同素异形体，故A正确；
B．由结构示意图可知，S8分子中每个硫原子与2个硫原子形成共价键，则每个硫原子均满足8电子稳定结构，故B正确；
C．正交硫和单斜硫是硫元素形成的不同种单质，所以正交硫转化为单斜硫的过程属于化学变化，故C正确；
D．由题给信息可知，升高温度，正交硫可转化为单斜硫，说明单斜硫的能量高于正交硫，但物质燃烧放出的能量不仅与其自身能量高低有关，也与物质的质量有关，单斜硫与正交硫的质量未知，所以无法判断正交硫与单斜硫完全燃烧时放出热量的多少，故D错误；
故选D。
4．C
【详解】A．电能是由水能、热能、风能、核能、光能、化学能等其他形式的能量转换而来，属于二次能源，故A正确；
B．氮化镓是第三代半导体材料，在通信、雷达等方面有着独特优势，属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．低磁钢属于铁合金，其强度、韧性等机械性能优于纯铁，但其熔点低于纯铁，故C错误；
D．重油通过燃烧可将化学能转变为热能、光能、机械能等其他形式的能量，故D正确；
故选C。
5．B
【详解】A．由实验装置图可知，①装置中缺少环形玻璃搅拌棒，不能用来测定中和热，故A错误；
B．将碳酸钠加入到硼酸溶液中，若没有气体生成，说明碳酸酸性比硼酸酸性强，则②装置可以证明碳酸酸性比硼酸酸性强，故B正确；
C．由图可知，碘化银电极为电解池的阳极，与直流电源正极相连的碘化银在阳极失去电子发生氧化反应生成碘和银离子，银为阴极，银离子在阴极得到电子发生还原反应生成银，电解的总反应为碘化银电解分解生成银和碘，则③装置不能用于证明2Ag+ +2I—=2Ag+I2 能否自发进行，故C错误；
D．由实验装置图可知，④装置中催化剂和反应温度均不同，由变量唯一化原则可知，④装置不能用来探究温度对过氧化氢分解速率的影响，故D错误；
故选B。
6．D
【详解】A．混合气的体积和质量在反应过程中不发生变化，所以密度始终不变，A项错误；
B．催化剂不能改变反应限度，B项错误；
C．该反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，C项错误；
D．恒容密闭容器中充入稀有气体，反应物和生成物浓度不变，则反应速率不变，D项正确；
故选D。
7．D
【详解】A．Ir的成键数目如图所示有4、5、6个，故A错误；
B．HI是反应过程中的中间产物，故B错误；
C．根据图示，总反应为CH3OH+CO→CH3COOH，CO分压增大，反应速率加快，故C错误；
D．根据图示，存在反应[Ir(CO)2I3(CH3)]7+CO=Ir(CO)3I2(CH3)+I，故D正确；
故选D。
8．A
【详解】A．由图1知，该脱销过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，由图1所给数据知，反应物NH3为2 mol，NO为2 mol，O2为0.5 mol，生成物N2为2 mol，H2O为3mol，故该脱销过程总方程式为：2NH3+2NO+O23H2O+2N2，化整得：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，A错误；
B．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变ΔH＜0，B正确；
C．由图1可知，状态②到状态③中Cu的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，C正确；
D．状态③到状态④的变化过程为[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O，有O-H键的形成，D正确；
故选A。
9．(1)-48.8
(2) 甲 丁 0.2 1.7 2.4
(3) CO2 +2e-= CO+O2- 0.1
【详解】（1）根据盖斯定律i+ii=iv，△H4=△H1+△H2=-48.2KJ/mol；
（2）向两个恒压(压强分别为0.1 MPa，1.0 MPa)密闭容器中分别通入1 mol CO2和4 molH2的混合气体，只发生反应i ．CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g) ΔH1= +41.2 kJ·mol-1 和反应 iii．CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH3= -144.9 kJ·mol-1，升高温度反应i正向移动，反应ii逆向移动CH4的物质的量分数减少，CO的物质的量分数增加，因此随温度升高曲线上升丙丁的是代表CO，曲线甲乙下降的代表CH4，同一个温度下，增大压强反应iii正向移动，甲烷的物质的量分数增加，因此甲曲线代表1MPa下甲烷的曲线，乙代表0.1MPa下甲烷的曲线，增大压强i不移动，但是iii正向移动造成CO2减少，促使反应i逆向移动CO也减少，丁曲线代表1MPa下CO的曲线，丙代表0.1MPa下的CO曲线；
CO2投入1mol，c点时甲烷和CO各占40%，CO2占20%，因此CO2的物质的量0.2mol；
根据反应i．CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g)，和反应iii．CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) 起始投入1 mol CO2和4 molH2，600°C时甲烷占含碳化合物的80%是0.8mol，CO占10%是0.1mol，CO2占10%是0.1mol，根据上述两个反应得知600°C平衡时各自物质的量是n(CO2)=0.1mol，n(CH4)=0.8mol，n(CO)=0.1mol，n(H2)=0.7mol，n(H2O)=1.7mol，600°C和1.0MPa时各自的分压强是p(CO2)=，p(H2)=，p(CO)=，p(H2O)=，代入KP=；
（3）N极是二氧化碳还原为CO发生还原反应是阴极，M极是阳极，发生氧化反应，电解质是熔融固态氧化物，传导O2-离子，阴极的电极反应式为：CO2 +2e-= CO+O2-，阳极电极反应式为CH4+O2--2e-=CO+2H2，当电路中有2mol电子时，阴极生成1molCO，阳极生成2molH2和1molCO，共生成4mol气体，产生4.48L标况下的气体是0.2mol，需要电子为0.1mol。
10．(1) −104.71 kJ∙mol−1 <
(2) 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600°C时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢 30%
(3) d ＜
【详解】（1）反应I．CH4(g)+2S2(g)=CS2(g)+2H2S(g) ΔH1
反应Ⅱ．S8(g)=4S2(g) ΔH2=+411.15kJ·mol-1
反应Ⅲ．2CH4(g)+S8(g)=2CS2(g)+4H2S(g) ΔH3=+201.73kJ·mol-1。
根据题干信息，ΔH1=(ΔH3-ΔH2)/2= -104.71kJ/mol；反应I为放热反应，故Ea(正)
（2）由图可知，600℃时，S2体积分数明显偏小，且反应速率较慢，故通常采用600~650℃的条件下进行此反应，而不采用低于600℃的；在密闭容器中，n(S2)：n(CH4)=2：1开始反应，设CH4的起始物质的量为a，转化的物质的量为x，即
CS2体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4转化率为。
答案为：600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600°C时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢；30%。
（3）①由a、b、c、d变化趋势及相同时间内四者的变化量，可知，a、b曲线为生成物，分别为H2、CS2 ，c、d曲线分别为H2S 、CH4，故图中表示CH4的曲线是d；
②，780°C时，a、d相交，此时H2、CH4的物质的量分数相等，即1-x=4x,解的x=0.2mol，则平衡时，CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为0.8mol、1.6mol、0.2mol、0.8mol，P分压(CH4)=P总n%=P0，以此类推，P分压(H2S)= P分压(CS2)= P分压(H2)= ，故KP=；
③
m点时，b、d相交，此时CS2、CH4的物质的量分数相等，即1-x=x,解的x=0.5mol，则平衡时，CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，P分压(CH4)= ，P分压(H2S)=， P分压(CS2)= ， P分压(H2)= ，故KP=；维持m点温度不变，向容器中再通入CH4、H2S、CS2、H2各1mol，则CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为1.5mol、2mol、1.5mol、3mol，则总物质的量为8mol，P分压(CH4)= P分压(H2S)= P分压(CS2)= P分压(H2)= ，QP=>KP，反应向逆反应方向进行，故此时速率关系为v(正)
11．(1) (b－3a) kJ/mol 2：1 SO2不能完全转化为S，多余的SO2排放到空气中会污染大气
(2) 4Fe2+ +4H+ +O2= 4Fe3+ +2H2O 能
(3) v正 小于
【详解】（1）I．S(g) +O2(g)= SO2(g) ΔH1=－a kJ·mol －1
II．2H2S(g) +3O2(g)=2SO2(g) +2H2O(g) ΔH2=－b kJ·mol －1
III．2H2S(g) +SO2(g) 3S(g) +2H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol －1
①根据盖斯定律II- I×3得2H2S(g) +SO2(g) 3S(g) +2H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol －1=(3a-b) kJ·mol －1，若反应III中正反应的活化能为E 正，逆反应的活化能为E逆，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则E逆－E正=(b-3a) kJ/mol。
②脱除H2S回收硫黄，H2S被氧化为S单质，S元素化合价升高2，氧气中氧元素化合价降低2，根据得失电子守恒，理论上该工艺最好控制参加反应的H2S的总物质的量n(H2S)与参加反应的n(O2)之比为2:1，若n(H2S)：n(O2)过小，氧气过量，会导致SO2不能完全转化为S，多余的SO2排放到空气中会污染大气。
（2）①根据图示，过程i中Fe2+被氧气氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为4Fe2+ +4H+ +O2= 4Fe3+ +2H2O。
②根据图示，25 °C时过程ii中的反应为Cu2+(aq)+H2S(aq)=CuS(s)+2H+(aq)，K= ，所以反应能进行完全。
（3）①在975° C和p1的条件下，其他条件不变，n点H2S的转化率小于该条件下的平衡转化率，反应正向进行，v正大于v逆；根据图示，随温度升高，H2S的平衡转化率增大，可知正反应吸热，温度越高平衡常数越大，图中m、n点对应温度下的平衡常数：m点小于n点。
②若温度为975 °C时，p2为2 MPa，H2S的平衡转化率为40%，则平衡体系中H2S的物质的量为1.2mol、氢气的物质的量为0.8mol、S2的物质的量为0.4mol，该反应的平衡常数Kp=MPa。
12．(1)AB
(2)(0.5a+0.5b+c)(合理即给分)
(3) HCl平衡转化率较高(合理即给分) 产品纯度低(或产品提纯困难)(合理即给分)
(4) ZnCl2 直线斜率较大，活化能较大(合理答案可酌情给分)
(5) > 0.08 >
【详解】（1）A．气体的平均摩尔质量等于气体总质量除以气体的总物质的量，因反应物和生成物均为气体，故气体的总质量不变；反应前后气体的系数之和不相同，因此只有达到平衡时气体的总物质的量才保持不变，此时气体的平均摩尔质量才不变，A正确；
B．恒容时充入氯气增加反应物的浓度，平衡正向移动，B正确；
C．催化剂不能改变平衡转化率，C错误；
D．4molCl2完全反应时三氯乙酸的体积分数才为1/7=0.143，故平衡时三氯乙酸的体积分数小于0.143，D错误；
故选AB。
（2）根据盖斯定律可找出ΔH4=0.5ΔH1+0.5ΔH2+ΔH3=0.5a+0.5b+c。
（3）投料比越小代表氧气的量相对氯化氢来说越多，此时会促进反应正向进行，使得氯化氢的转化率增大；但过量的氧气会和产物氯气混合在一起，导致产品提纯困难。
（4）由图及Arrhenius经验公式可以得出直线的斜率代表的就是活化能，ZnCl2的斜率大所以其活化能也大，故催化效能较低。
（5）曲线乙的压强不断减小，故曲线乙代表恒容恒温，则曲线甲代表恒容绝热，开始时压强增大说明此反应是放热反应，故曲线甲所代表的反应过程中体系的温度不断升高直到平衡，故b点的温度高于a点，但两点的压强相同，根据PV=nRT可知在压强和体积都相同的情况下，温度与气体的总物质的量成反比，故n(a)>n(b)。
根据PV=nRT，，x=0.6mol
Qp=； b点已经达到平衡，a点未平衡且a点气体总物质的量大于b点，故b点Kp>a点Qp。
13．(1)k正、k逆都增大，k逆增大的幅度更大。
(2) a 合成氨反应是气体分子数减少的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量分数增大 410℃、5×107pa，450℃、9×107pa
(3)-1807.9
(4)温度高于360℃时催化剂的活性下降，反应速率减慢，NO的去除率下降。
(5) 5.7mol 或
【详解】（1）当反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达到平衡时，v正=k正c (N2)c3H2)=v逆=k逆c2(NH3)，该反应的平衡常数K= ，该反应时放热反应，升高温度时，v正和v逆都增大，平衡逆向移动，则v正< v逆，说明升高温度，k正、k逆都增大，k逆增大的幅度更大。
（2）①反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，x(NH3)增大，由图可知，表示t=450°C下的x(NH3)与P关系图像是a；
②由①可知，t=450°Cx(NH3)与压强P关系图像是a，则p=5×107Pa时x(NH3)与温度t关系图像是b，结合图像数据可知，当x(NH3)=0.10时，反应条件可能是410℃、5×107pa，450℃、9×107pa。
（3）已知：①N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=+180.5kJ·mol-1、②2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1、③N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.2kJ·mol-1，由盖斯定律可知，②×3-①×3-③×2可得4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1×3-180.5kJ·mol-1×3+92.2kJ·mol-1×2=-1807.9kJ·mol-1，x=1807.9。
（4）当温度高于360°C，NO的去除率降低的主要原因是：温度高于360℃时催化剂的活性下降，反应速率减慢，NO的去除率下降。
（5）根据已知条件列出“三段式”
反应平衡时，NH3的转化率为95%，N2的物质的量为4mol，则=0.95，5x+4y=4，解得x=0.2，y=0.75，H2O的物质的量为6xmol+6ymol=5.7mol，反应a的平衡常数Kp=或。
14．(1)>
(2) 351 a 氧化法为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应氧化法 1.5 1.2
(3) 消耗原料少，消耗电能少 Rh/Ys
(4)CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+
【详解】（1）该反应为熵增加的反应，若高温条件下进行则ΔH >0。答案为>；
（2）利用脱氢反应ΔH= +46.203kJ·mol-1=E反应物的总键能-E生成物的总键能=3n+413.4+462.8-(2n+745+436)，得到n=351。氧化法为放热反应，升温平衡逆向，K值减小，a为氧化法。由于该条件下K=计算得c(H2)=1mol/L=c(CH3OH)=c(HCHO)。而压强之比等于物质的量之比。500℃平衡时各物质的物质的量分数为，Kp=。答案为351；a；氧化法为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应氧化法；1.5；1.2；
（3）从数据分析，低压时消耗的定额少。从催化速率看，Rh/Ys催化速率远远大于其他催化剂，最优催化剂为Rh/Ys。答案为消耗原料少，消耗电能少；Rh/Ys；
（4）甲醇燃料电池中，CH3OH为负极发生氧化反应转变为CO2，反应为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。答案为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。
15．(1) -1198.8 b 反应速率由c (NO2)决定，且反应速率的快慢由慢反应决定
(2) NaClO2溶液浓度的越大，NaClO2氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大 6.010-4mol/(L·min) 与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行，温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低
【详解】（1）①已知：I.2NO(g) +2CO(g)=N2(g) +2CO2(g) ΔH1= -746.8 kJ· mol-1
Ⅲ.2CO(g) +O2(g)= 2CO2(g) ΔH3= -566 kJ·mol-1
Ⅳ.2NO(g) +O2(g)=2NO2(g) ΔH4= -114 kJ·mol-1
根据盖斯定律，由I +Ⅲ-Ⅳ得反应Ⅱ.2NO2(g) +4CO(g)=N2(g) +4CO2(g) ΔH2=ΔH1+ΔH3-ΔH4= -746.8 kJ· mol-1+( -566 kJ·mol-1)-( -114 kJ·mol-1)=-1198.8 kJ·mol-1；
②某温度下，实验测得该反应的速率方程为：v=kc2 (NO2)(其中k为常数)，则反应速率由c (NO2)决定，且反应速率的快慢由慢反应决定，故与推测该反应机理是b ，理由是反应速率由c (NO2)决定，且反应速率的快慢由慢反应决定；
（2）①增大NaC1O2浓度，加快反应速率，参加反应的NO增加，NO的氧化率增大，故答案为: NaClO2溶液浓度的越大，NaClO2氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大；
则该反应的平衡常数是K=；
②将含0.004molNO的烟气通入2LNaClO2溶液中，NaClO2氧化NO生成的离子方程式为，30℃在20min时，NO的转化率为60%，则消耗NO0.004mol60%=0.0024mol，故生成的物质的量为0.0024mol，0 ~20 min内用 的浓度变化表示的该反应的平均速率是=6.010-4mol/(L·min)；
NaClO2氧化NO生成的反应放热，升高温度，反应的平衡逆向移动，不利于NO的转化，使NO氧化率下降，并且温度越高，气体NO的溶解度越小，即温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低，导致氧化率降低，故答案为: 与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行，温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低。
16．(1) 吸热 减小 可能小于
(2) 0.3 mol/(L·min) a H2或I2(g)在平衡体系中的体积分数不可能超过25%
【详解】（1）①由题给数据可知，反应物的标准摩尔生成焓之和为(—393.5kJ/mol)+(—74.8kJ/mol)= —468.3kJ/mol，生成物的标准摩尔生成焓之和为(—110.5kJ/mol)×2+0=—221.0kJ/mol，则该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故答案为：吸热；
②由①可知，该反应为吸热反应，若容器绝热，反应开始后，容器内反应温度降低，正、逆反应速率都减小，故答案为：减小；
③该反应为气体体积增大的反应，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，若反应在恒容密闭容器中进行，反应中容器体积不变，混合气体的密度始终不变，若反应在恒压密闭容器中进行，反应中容器体积增大，混合气体的密度减小，则当反应达到平衡时，气体的密度可能小于反应起始时气体的密度，故答案为：可能小于；
（2）①设反应a生成生成氨气xmol、反应b生成氢气ymol，由题意可建立如下三段式：
由题意可知：y=0.5、x—2y=5，解得x=6，则氨气的反应速率为=0.3 mol/(L·min)，故答案为：0.3 mol/(L·min)；
②a．碘化铵为固体，浓度为定值，不能用碘化铵浓度的变化量表示反应速率，但能用碘化铵的质量或物质的量的变化量表示化学反应速率，故错误；
b．氨气浓度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
c．该反应是气体体积变深的反应，反应体系的颜色不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
d．该反应是气体质量增大的反应，反应中气体密度增大，容器内气体密度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故选a；
③由方程式可知，反应a为气体体积增大的反应，反应b为气体体积不变的反应，设反应a生成氨气的物质的量为1mol，则平衡时，气体总物质的量为2mol、氨气的体积分数为50%，若碘化氢完全分解，所得氢气和碘蒸气的体积分数为25%，由于反应b为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以生成物氢气或碘蒸气的体积分数必定小于25%，由图可知，曲线b表示生成物的体积分数大于25，所以曲线b是错误的，故答案为：H2或I2(g)在平衡体系中的体积分数不可能超过25%。
17．(1) —225 小于
(2) 0.25 P BC
(3) 曲线①代表的是二甲醚的选择性，随温度升高，反应I、II平衡逆向移动，反应III平衡正向移动，使二甲醚的选择性下降 3 MPa为高压能提高反应速率，同时使反应I平衡右移，增大了二甲醚的选择性
【详解】（1）设甲醇的相对能量为x，由反应热与生成物物的相对能量之和与反应相对能量之和的差值相等可得：ΔH1=(—242 kJ·mol-1)+x—(—393 kJ·mol-1) +0=—74 kJ·mol-1，解得x=—225，则反应△H2=(—225 kJ·mol-1)—(—110kJ·mol-1)—0=—115 kJ·mol-1，所以△H2小于ΔH1，故答案为：—225；小于；
（2）由题给数据可知，起始二氧化碳和氢气的分压均为p0×=0.5p0，由方程式可知，20 min时二氧化碳、氢气的分压均为0.5p0—(p0—0.75p0)=0.25p0，由公式可得反应的反应速率v=k·P(CO2)·P(H2)= k×0.25p0×0.25p0=；60min时，反应达到平衡，平衡时，二氧化碳、氢气、甲酸的平衡分压分别为0.5p0—(p0—0.65p0)=0.15p0、0.5p0—(p0—0.65p0)=0.15p0、(p0—0.65p0)=0.35p0，则反应的分压常数为=；
A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则气体密度不变不能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，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体的平均摩尔质量增大，则气体的平均摩尔质量不变能判断反应是否达到平衡，故正确；
C．反应中CO2与HCOOH的物质的量之比减小，则CO2与HCOOH的物质的量不变能判断反应是否达到平衡，故正确；
D．由方程式和题意可知，CO2与H2的质量之比始终不变，则CO2与H2的质量之比不变不能判断反应是否达到平衡，故错误；
故选BC，故答案为：0.25p0；；；BC；
（3）由图可知，曲线①代表的是二甲醚的选择性，反应I、II均为放热反应，反应III为吸热反应，温度升高，反应I、II平衡均向逆反应方向移动，反应III平衡向正反应方向移动，所以二甲醚的选择性下降；反应I为气体体积减小的反应，反应II、III均为体积不变的反应，增大压强，反应I平衡向正反应方向移动，反应II、III平衡均不移动，所以3 MPa高压条件下，反应速率快，同时使反应I向正反应方向移动，增大了二甲醚的选择性，所以业生产一般选择在3MPa下进行，故答案为：曲线①代表的是二甲醚的选择性，随温度升高，反应I、II平衡逆向移动，反应III平衡正向移动，使二甲醚的选择性下降；3 MPa为高压能提高反应速率，同时使反应I平衡右移，增大了二甲醚的选择性。
18．(1)-164.9
(2) 0.75 0.009375 2.25
(3) 1 MPa、CO随温度升高CH4含量减少、CO含量增大，则曲线c、d表示CO平衡体积分数的变化； 温度不变时增大压强，合成甲烷的平衡正向移动，H2O的含量增大，CO2的含量减小，使平衡CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)逆向移动，CO平衡体积分数降低 0.1
【详解】（1）①CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H1=akJ·mol-1
②H2(g)+O2(g)= H2O(l) △H2=-285.8kJ·mol-1
③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) △H3=-890.3kJ·mol-1
④H2O(g)=H2O(1) △H4=-44.0kJ·mol-1。根据盖斯定律△H1= 4△H2-△H3+2△H4，解得a=-164.9 kJ·mol-1；
（2）设达到平衡时,CO2的转化量为x mol,列“三段式”进行计算：
根据同温同体积下气体的压强之比等于其物质的量之比，分析题图可知，，解得x=0.75mol。故①反应达到平衡时,c（H2O）=（2×0.75）mol·L-1 =0.75mol·L-1；②从反应开始到40 min 时, CO2的平均反应速率为mol·L-1 ·min-1③10.5MPa×=2.25 MPa；
（3）因温度不变时增大压强，合成甲烷的平衡正向移动，H2O的含量增大，CO2的含量减小，使平衡CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)逆向移动，CO平衡体积分数降低
故曲线d表示1 MPa、CO平衡体积分数的变化；当达到平衡点Q时，CO和CH4的平衡体积分数为20%，则CO的平衡体积分数为10%，根据，假设、，则该温度下反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=。
19．(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。
20．(1)>
(2)
(3)反应ⅲ和反应ⅳ的正反应均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动
(4) 12 >
(5) 负极
【解析】（1）
物质能量越低越稳定，根据反应ⅱ可知稳定性：＞。
（2）
由反应ⅰ. (g)+2H2(g)⇌ (g)；ⅱ. (g)⇌ (g)；ⅳ. (g)+H2(g)⇌ (g)，根据盖斯定律ⅰ+ⅱ+ⅳ可得反应 (g)，故反应热。
（3）
反应ⅲ和反应ⅳ的正反应均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，环己醇的体积分数减小。
（4）
①设转化的苯酚的浓度为xmol/L，根据方程式(g)＋2H2(g) (g)
参加反应的(g)，H2(g), (g)的物质的量分别为：xmol/L，2xmol/L，xmol/L，反应达到平衡时(g)，H2(g), (g)的物质的量分别为(1−x)mol/L,(2-2x)mol/L,xmol/L,压强之比等于物质的量浓度之比，平衡时体系压强是起始压强的0.5倍，则，解得。则达到平衡时环己烯醇的平均生成速率；
②该反应的平衡常数，如果这时向该密闭容器中再充入1mol苯酚和1mol1−环己烯醇，此时浓度商，平衡向正反应方向进行，则。
（5）
电解池中电解质溶液中的阳离子移向阴极，故电极b作阴极，阴极与直流电源负极相连；电极a作阳极，失电子被氧化，电极反应式为。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-14化学反应的热效应（1）
一、单选题
1．（2023·河南安阳·统考三模）下列有关自然界中现象的说法错误的是
A．“雷雨肥庄稼”是发生了固氮反应
B．溶洞的形成与沉淀溶解平衡有关
C．“海市蜃楼”是气溶胶产生的丁达尔现象
D．萤火虫发光是将生物质能转化为光能
2．（2023·河南·统考模拟预测）化学与生产、生活、科技和环境等密切相关。下列有关说法错误的是
A．油脂长时间放置后会产生不愉快的气味的原因之一是被氧气氧化了
B．可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理
C．“天宫课堂”中过饱和乙酸钠溶液析晶放热与形成新的化学键有关
D．“汽车尾气处理”有助于改善城市空气质量，有利于实现碳达峰、碳中和
3．（2022·河南·校联考模拟预测）正交硫(也称菱形硫、斜方硫)与单斜硫是硫元素的两种常见单质，均由分子(结构如图所示)组成，两者结构中分子的排列方式不同，相互之间可以转化：。下列有关说法错误的是
A．正交硫与单斜硫互为同素异形体
B．分子中每个“S”均满足8电子结构
C．正交硫转化为单斜硫，发生了化学变化
D．正交硫与单斜硫均完全燃烧生成时，单斜硫放出的能量多
4．（2022·河南·校联考模拟预测）2022年6月17日，中国第三艘航空母舰——“福建舰”正式下水，它是目前世界上最大的常规动力航母，配置了先进的电磁弹射和阻拦装置。下列说法错误的是
A．电磁弹射技术可使舰载机快速起飞，电能属于二级能源
B．氮化镓常用于雷达系统，其属于新型无机非金属材料
C．低磁合金钢常用于舰体材料，其强度、熔点均高于纯铁
D．航母燃料是重油，重油通过燃烧将化学能转变为热能、机械能等
5．（2022·河南开封·统考一模）下列实验装置能达到相应实验目的的是
A．①装置用来测定中和热
B．②装置可以证明碳酸酸性比硼酸酸性强
C．③装置可以证明2Ag+ +2I—=2Ag+I2能否自发进行
D．④装置用来探究温度对过氧化氢分解速率的影响
6．（2022·河南洛阳·校联考模拟预测）在某恒容密闭容器中充入一定量的O2(g)和O3(g)，发生反应2O3(g)3O2(g) △H<0，下列说法正确的是
A．若混合气体的密度不再随时间而改变，则该反应达到平衡
B．加入合适的催化剂，反应达到平衡后，O2的体积分数增大
C．该反应的生成物的总能量大于反应物的总能量
D．若起始时充入少量的稀有气体，则该反应的反应速率保持不变
7．（2021·河南·校联考模拟预测）甲醇羰基化制乙酸的催化剂为可溶性铱配合物(主催化剂)和碘化物(助催化剂)，利用铱配合物[Ir(CO)2I2]-催化甲醇羰基化的反应历程如图所示(其中Me—CH3，Ac—COCH3)。下列说法正确的是
A．Ir的成键数目在反应历程中没有发生变化
B．HI是反应过程中的催化剂
C．CO分压对反应速率没有影响
D．存在反应[Ir(CO)2I3(CH3)]7+CO=Ir(CO)3I2(CH3)+I
8．（2021·河南许昌·统考一模）某种含二价铜的催化剂[CuII(OH)(NH3)]+可用于汽车尾气脱硝。催化机理如图1所示，反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图2所示。下列说法错误的是
A．总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O26H2O+3N2
B．该脱硝过程总反应的焓变∆H<0
C．由状态②到状态③发生了氧化还原反应
D．状态③到状态④的变化过程中有O-H键的形成
二、原理综合题
9．（2023·河南·统考模拟预测）CO2资源化利用是科学工作者重点研究的课题。
(1)一定条件下，作为温室气体的CO2可合成燃料甲醇，主要发生反应的热化学方程式如下：
i ．CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g) ΔH1= +41.2 kJ·mol-1
ii．CO(g) +2H2(g) CH3OH(g) ΔH2= -90.0 kJ·mol-1
iii．CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH3= -144.9 kJ·mol-1
二氧化碳与氢气反应合成甲醇的热化学方程式iv．CO2(g) +3H2(g)CH3OH(g) +H2O(g)的ΔH4 = kJ·mol-1。
(2)向两个恒压(压强分别为0.1 MPa，1.0 MPa)密闭容器中分别通入1 mol CO2和4 molH2的混合气体，只发生反应i和反应iii。平衡时CH4和CO占所有含碳化合物的物质的量分数( η)随温度的变化曲线如图所示。
①表示压强为1.0 MPa时η( CH4)和η( CO)的曲线分别是 (填“ 甲”“乙”“丙”或“丁”，下同)和 。
②c点时，容器内CO2的物质的量为 mol。
③600 °C，1.0 MPa时，H2O(g)的物质的量为 mol ，反应i的压强平衡常数Kp= (Kp为用分压表示的平衡常数．分压=总压 ×物质的量分数，结果保留2位有效数字)。
(3)科学工作者采用电催化方法用CO2重整CH4制取合成气(CO、H2的混合气体) ，其装置如图所示。
该装置工作时，阴极的电极反应式为 ；
若产生4.48 L合成气(标准状况下)，理论上电路中转移 mol 电子。
10．（2023·河南·校联考模拟预测）CS2为无色液体，是一种常见的溶剂，在化工生产中有重要作用，如制造人造丝、杀虫剂、促进剂等。
(1)天然气法合成CS2相关反应如下：
反应I．CH4(g)+2S2(g)=CS2(g)+2H2S(g) ΔH1
反应Ⅱ．S8(g)=4S2(g) ΔH2=+411.15kJ·mol-1
反应Ⅲ．2CH4(g)+S8(g)=2CS2(g)+4H2S(g) ΔH3=+201.73kJ·mol-1。
则ΔH1= ；反应I的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“>”“<”或“=”)。
(2)一定条件下，向一体积为1L的密闭容器中充入S8(g)、CH4发生反应I、Ⅱ，CH4与S2反应中CH4的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。
①工业上通常采用在600~650℃的条件下进行此反应，而不采用低于600℃的原因是 。
②某温度下若S8完全分解成S2，在密闭容器中，以n(S2)：n(CH4)=2：1开始反应，当CS2体积分数为10%时，CH4转化率为 。
(3)利用工业废气H2S生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g)⇌CS2(g)+4H2(g)。向某密闭容器充入1molCH4、2molH2S，维持体系压强为p0kPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数随温度T的变化如图。
①图中表示CH4的曲线是 (填“a”“b”“c”或“d”)。
②780℃时，该反应的Kp= (列出表达式即可，用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物质的量分数)。
③维持m点温度不变，向容器中再通入CH4、H2S、CS2、H2各1mol，此时速率关系为v(正) v(逆)(填“>”“<”或“=”)。
11．（2023·河南·校联考模拟预测）硫化氢是一种有害气体，它的转化利用和环境保护是很重要的研究方向，请回答下列问题：
(1)已知：I．S(g) +O2(g)= SO2(g) ΔH1=－a kJ·mol －1
II．2H2S(g) +3O2(g)=2SO2(g) +2H2O(g) ΔH2=－b kJ·mol －1
III．2H2S(g) +SO2(g) 3S(g) +2H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol －1
①若反应III中正反应的活化能为E 正，逆反应的活化能为E逆，则E逆－E正= (用含a和b的代数式表示)。
②若一种脱除H2S回收硫黄工艺的两个阶段为反应II、III，理论上该工艺最好控制参加反应的H2S的总物质的量n(H2S)与参加反应的n(O2)之比为 ，若n(H2S)：n(O2)过小，会导致 。
(2)若某种废气中含有H2S，将废气与空气混合通入 FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合液中，其转化过程如图所示。转化过程中参与循环的离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+、H+。
①过程i中发生反应的离子方程式为 。
②一般认为K> 105时反应进行得较完全。已知：25 °C时Ksp(CuS) =1.25 ×10－36 ，H2S的Ka1=1 ×10－7 ，Ka2=1 ×10－15 ，则25 °C时过程ii中的反应 (填“能”或“不能”)进行完全。
(3)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在某密闭容器中充入2 mol H2S气体，发生反应：2H2S(g)2H2(g) +S2(g) ，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
①在975° C和p1的条件下，其他条件不变，n点的v正与v逆中较大的是 ，图中m、n点对应温度下的平衡常数：m点 ( 填“大于”“等于”或“小于”)n点。
②若温度为975 °C时，p2为2 MPa，该反应的平衡常数Kp= MPa( 用分数表示，Kp是用平衡分压代替平衡浓度得到的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
12．（2023·河南·校联考模拟预测）氯及其化合物在生产、生活中广泛应用。
(1)三氯乙醛常用于制造农药。化学反应原理是4Cl2(g)+C2H5OH(g)CCl3CHO(g)+5HCl(g)。一定温度下，在某恒容密闭容器中充入4molCl2和2molC2H5OH(g)，发生上述反应。下列叙述正确的是_____
A．混合气体平均摩尔质量不变时达到平衡状态
B．平衡后再充入少量Cl2反应正向进行
C．加入高效催化剂，能提高氯气的平衡产率
D．平衡时三氯乙醛体积分数可能等于15%
(2)SCl4是一种化工产品。已知有关反应如下：
①2S(1)+Cl2(g)=S2Cl2(1) ΔH1=akJ·mol-1
②S2C12(1)+Cl2(g)=2SCl2(1) ΔH2=bkJ·mol-1
③SC12(1)+Cl2(g)=SCl4(1) ΔH3=ckJ·mol-1
④S(1)+2Cl2(g)=SCl4(l) ΔH4= kJ·mol-1(用含a、b和c的式子表示)。
(3)工业上，曾用催化氧化氯化氢法(俗称地康法)制备氯气：
4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH
从化学反应原理角度分析，一定条件下，投料比是提高HCl平衡转化率和反应速率以及提纯氯气的关键条件。若投料比太小，有利的是 ；不利的是 。
(4)已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数，活化能不随温度变化)。为了探究催化剂对地康法制氯气的影响，某小组选择ZnCl2、CuCl2为催化剂，探究其对氯化氢催化氧化反应的影响，实验结果如图1所示。
从图1中信息获知催化效能较低的催化剂是 (填化学式)，其理由是 。
(5)在体积相同的甲、乙两个密闭容器中充入4molHCl(g)和1molO2(g)，分别在恒容恒温、恒容绝热条件下发生反应：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH，测得气体压强变化与时间关系如图2所示。
①气体总物质的量：n(a)_ n(b)(填“>”“<”或“=”，下同)。
②a点Qp== (kPa)-1(结果保留2位小数)。b点Kp a点Qp。
13．（2023·河南郑州·统考三模）氨既是重要的化工产品，又是染料、医药等工业的重要原料。研究氨的合成及反应规律具有重要意义。回答下列问题：。
I．工业合成氨的反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.2kJ·mol-1
(1)v正=k正cm(N2)cn(H2)，v逆=k逆cP(NH3)，k正、k逆为速率常数。其他条件不变，升高温度时，k正、k逆的变化趋势和变化幅度是 。
(2)在不同条件下合成氨反应达到平衡，平衡时氨气的物质的量分数为x(NH3)，t=450°C时x(NH3)与P、P=5×107Pa时x(NH3)与温度t的关系如图所示。
①表示t=450°C下的x(NH3)与P关系图像是 (填“a”或“b")，判断依据为 。
②当x(NH3)=0.10时，反应条件可能是 。
Ⅱ氨可用于烟气脱硝，主要反应如下：
反应a4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH=xkJ·mol-1
反应b4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) ΔH<0
(3)已知：N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1
2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1
则x= 。
(4)对于反应b，其他条件相同时，以一定流速分别向含催化剂A的反应管中通入一定比例O2、NH3、NO和N2的模拟烟气，测得NO的去除率与温度的关系如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡去除率随温度的变化)。当温度高于360°C，NO的去除率降低的主要原因是 。
(5)在t°C、2MPa下，向恒温恒压的密闭容器中通入4molNH3、5molNO、1molO2，发生反应a和反应b．反应平衡时，NH3的转化率为95%，N2的物质的量为4mol。此时，H2O的物质的量为 ，反应a的平衡常数Kp= (以分压表示，分压=总压×物质的量分数；列出计算式即可)。
14．（2023·河南·校联考模拟预测）以分子中含有一个碳原子的物质为原料的化学工业称为“碳一化工”，甲醇是碳一化工的支柱。回答下列问题：
(1)以甲醇生产甲胺的化学方程式为 CH3OH(l)+NH3(g)═CH3NH2(g)+H2O(g)， 该反应在高温下才能自发进行，则该反应的ΔH 0(填“>”“<”或“=”)。
(2)利用甲醇(CH₃OH)制备甲醛可以使人类的基础化学品摆脱对石油的依赖。目前常用的方法有以下两种。
脱氢法： CH3OH(g) HCHO(g)+H2(g) ΔH= +46.203kJ·mol-1
氧化法：CH3OH(g)+ O2(g) HCHO(g)+ H2O(g) ΔH= -149.73kJ·mol-1
已知几种共价键的键能如下表：
共价键
C-O
C-H
O-H
C═O
H—H
键能/(kJ·mol-1)
413.4
n
462.8.
745
436
如图为甲醇制备甲醛两种方法对应的lg K(K为浓度平衡常数)随温度(T)的变化曲线。
①表中n= 。
②曲线 (填“a”或“b”)对应氧化法，其理由是 。
③在一个体积为1L的恒容密闭容器中加入2 mol CH3OH，在500K时发生脱氢反应，经5min达到平衡状态，则体系压强变为原来的 倍。若平衡时体系压强为3.6MPa，则平衡时压强平衡常数 Kp= MPa。
(3)以CO、CH3OH 为原料生产醋酸是碳一化工的成功范例，产品中乙酸含量≥99.8%。
①根据下表数据分析，实际工业生产中采用低压羰基合成反应制备醋酸的原因是 。
甲醇合成醋酸消耗定额的比较(以生产1t醋酸计)
名称
高压羰基合成
低压羰基合成
甲醇/kg
610
545
一氧化碳/m3(标准状况)
630
454
电/kWh
350
29
②该羰基合成反应采用不同组分的铑系催化剂，它们的催化性能比较如下表。其中性能最优的催化剂是 。
催化剂
铑的百分含量／％
相对催化速率
RhCl3-NaX
0.25
50
RhCl(CO)(PPh3)-Al2O3
1.39
40
Rh(NO3)3/C
3.00
25
Rh/Ys
1.00
900
(4)一种甲醇燃料电池采用碳化钨作为电极催化剂，在稀硫酸电解液中加入纯化的甲醇，同时向另一个电极通入空气，负极的电极反应式为 。
15．（2023·河南安阳·统考三模）保护生态环境、建设生态文明是历史发展的需要，研究NOx、CO、烟气等污染气体的处理具有重要意义。目前，常利用催化技术将汽车尾气中的NOx和CO转化成N2和CO2，也可用强氧化性的亚氯酸钠( NaClO2 )溶液对烟气脱硝。回答下列问题：
(1)汽车尾气脱硝发生的反应为：
I.2NO(g) +2CO(g)=N2(g) +2CO2(g) ΔH1= -746.8 kJ· mol-1
Ⅱ.2NO2(g) +4CO(g)=N2(g) +4CO2(g) ΔH2
①已知： Ⅲ.2CO(g) +O2(g)= 2CO2(g) ΔH3= -566 kJ·mol-1
Ⅳ.2NO(g) +O2(g)=2NO2(g) ΔH4= -114 kJ·mol-1
则ΔH2= kJ·mol-1
②研究表明，NO2首先被CO还原为NO：NO2 +CO=NO + CO2,研究人员提出了如图所示的两种反应机理：
某温度下，实验测得该反应的速率方程为：v=kc2 (NO2)(其中k为常数)，推测该反应机理是 (填“a”或“b”) ，理由是 。
(2)NaClO2溶液能将烟气中的NO氧化为 而脱硝，同时放出热量。
①将含0.008molNO的烟气通入1LNaClO2溶液中，其他条件相同时，测得相同时间内NO的氧化率随NaClO2溶液起始浓度的变化如图所示(不考虑溶液体积变化) ：
随NaClO2溶液起始浓度的增大，相同时间内NO的氧化率也增大的原因是 。假设用3×10-3 mol·L-1 NaClO2溶液吸收NO达平衡时，NO的氧化率为40% ，溶液中溶解剩余的NO有1.0×10 -6 mol ·L-1，则该反应的平衡常数是 (列出计算式即可)。
②将含0.004molNO的烟气通入2LNaClO2溶液中，其他条件相同时，测得20min时NO的氧化率随温度的变化如图所示(不考虑溶液体积变化)：
在30 °C时，0 ~20 min内用 的浓度变化表示的该反应的平均速率是 ；温度超过60° C后，NO氧化率下降，其原因是 。
16．（2022·河南·校联考模拟预测）完成下列问题
(1)将两等份和充入真空密闭容器中，在有催化剂的条件下发生反应：。
①科学上规定：在298.15K时，由最稳定的单质生成1mol化合物时的熔变，叫做该物质的标准摩尔生成焓()；最稳定的单质的标准摩尔生成焓规定为零。
注：在用于计算时，类似于物质自身所具有的能量。
已知：物质的标准摩尔生成焓数据如表(单位：)所示。
物质
CO(g)
—393.5
—74.8
—110.5
0
则该反应的正反应是 (填“放热”或“吸热”)反应。
②若容器绝热，反应开始后，正反应速率 (填“增大”“减小”或“先增大后减小”)。
③当反应达到平衡时，气体的密度 (填“一定大于”“一定小于”“可能大于”或“可能小于”)反应起始时气体的密度。
(2)将固体置于一个2L的真空密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
a．
b．
经过10min达到平衡，此时，、，压强为120kPa。
①平衡时用表示的化学反应速率为 。
②下列叙述错误的是 (填标号)。
a．不能用的变化量表示化学反应速率
b．当不变时，反应达到平衡
c．反应体系的颜色不变时，反应达到平衡
d．当容器内气体密度不变时，反应达到平衡
③甲同学绘制出四条曲线，分别对应平衡后四种气体在平衡体系中的体积分数随温度变化的情况。
乙同学认为曲线b是错误的，原因是 。
17．（2022·河南开封·统考一模）合理利用燃料废气中的CO2，是实现“碳中和”的途径之一、以CO2为原料可以合成多种化工产品。
(1)通过反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=—74 kJ·mol-1制取甲醇，已知：298K时，部分物质的相对能量如表所示：
物质
CO2(g)
H2(g)
H2O(g)
CO(g)
相对能量/(kJ· mol-1)
—393
0
—242
—110
则CH3OH(g)的相对能量为 kJ·mol-1，由此可推算出反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的 △H2 △H1，(填“大于”“小于”或“等于”)。
(2)在催化剂作用下CO2和H2合成甲酸，CO2(g) + H2(g) HCOOH(g) △H=—30.9kJ·mol-1，生产中通过测定刚性容器内压强变化了解反应进程。323 K时，CO2(g)、H2(g)按物质的量1：1投料，容器内压强随时间变化如表所示：
时间/ min
0
20
40
60
80
100
压强/MPa
P0
0.75 P0
0.67 P0
0.65 P0
0.65 P0
0.65 P0
反应进行至20 min时CO2的分压P(CO2)为 MPa(用含P0的式子表示，下同)，用气体分压表示的平衡常数Kp= MPa-1.研究表明，该反应的速率可表示为v=k·P(CO2)·P(H2)(k为常数)，则反应在20min时v值为 ；除压强外，通过测定 (填字母)也能判断反应是否达到平衡。
A．气体密度 B．气体的平均摩尔质量
C．CO2与HCOOH的物质的量之比 D．CO2与H2的质量之比
(3)以CO2和H2合成二甲醚(CH3OCH3)涉及到以下反应：
I. CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) △H1<0
II. 2 CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) △H2<0
III. CO2(g)+ H2(g) CO(g) + H2O(g) △H3>0
在压强和投料比一定的条件下，发生反应I、II、III实验测得平衡时CO2转化率和CH3OCH3的选择性[CH3OCH3的选择性=]随温度变化如图所示。
图中曲线①随温度升高而下降的原因是 ，工业生产一般选择在3MPa下进行的原因是 。
18．（2021·河南焦作·统考一模）一定条件下，CO2与H2反应可合成甲烷，反应的热化学方程式为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=akJ·mol-1。回答下列问题：
(1)已知H2(g)、CH4(g)的燃烧热分别是-285.8kJ·mol-1、-890.3kJ·mol-1，H2O(g)=H2O(1)△H=-44.0kJ·mol-1。上述反应中a= 。
(2)T° C时，向2L恒容密闭容器内充入1 mol CO2和4 molH2发生上述反应，并用压力计监测到容器内压强随时间的变化如下图所示：
①反应后平衡体系中，c(H2O) = mol·L-1
②从反应开始到40 min时，CO2的平均反应速率为 mol·L-1·min-1
③平衡体系中CH4的分压p(CH4) = MPa。
(3)在密闭容器中按通入H2和CO2，分别在0.1 MPa和1 MPa下进行反应，在发生上述反应的同时还发生反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H=+42.3kJ·mol-1。通过研究分析，平衡时CO和CH4在CO2、CO、CH4三种物质组成的体系中的体积分数与温度的关系如图所示。
①曲线d所表示的压强及物质是 ，判断理由是 。
②当达到平衡点Q时，该温度下反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的平衡常数K为= 。
19．（2021·河南新乡·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)。
20．（2021·河南·校联考模拟预测）环己酮()作为一种重要的基础化工原料，在各个领域有着广泛用途，作为精细化工的一部分。苯酚()催化加氢制备环已酮既可实现苯酚的综合利用，又可避免使用氧化剂对环境造成污染，一直受到研究人员的关注。涉及反应如下：
ⅰ. (g)+2H2(g)⇌ (g)；
ⅱ. (g)⇌ (g)；
ⅲ. (g)+H2(g)⇌ (g)；
ⅳ. (g)+H2(g)⇌ (g)。
请回答下列问题：
(1)稳定性： (填“>”“<”或“=”)
(2)反应 (g)+3H2(g)⇌ (g)的反应热 (用含、、的代数式表示)。
(3)通过上述反应完成苯酚()催化加氢制备环己酮。平衡时，随温度升高，的体积分数变化如图甲所示：
随着温度升高，环己醇的体积分数减小的原因为 。
(4)采用适宜的温度，在容积为1L的恒容密闭容器中，加入1mol苯酚和2mol只发生反应ⅰ，10min后反应达到平衡状态，测得体系压强是起始压强的0.5倍。
①达到平衡时1−环己烯醇的平均生成速率v= 。
②该温度下，该反应的平衡常数 ，如果这时向该密闭容器中再充入1mol苯酚和1mol1−环己烯醇，此时v正 v逆(填“>”“<”或“=”)。
(5)环己酮也可以用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图乙所示：
b应接直流电源的 (填“负极”或“正极”)，a电极的电极反应式为 。
三、填空题
参考答案：
1．C
【详解】A．“雷雨肥庄稼”的原理涉及的反应有：N2+O22NO、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO，故发生了固氮反应，A不合题意；
B．碳酸钙难溶于水，碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，岩石被逐渐溶解形成溶洞，碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙，长时间的反应形成溶洞，与沉淀溶解平衡有关，B不合题意；
C．“海市蜃楼”是一种因为光的折射和全反射而形成的自然现象，与丁达尔现象无关，C符合题意；
D．萤火虫发光是将自身的生物质能转化为光能，D不合题意；
故答案为：C。
2．D
【详解】A．油脂长时间放置后会接触到空气中的氧气，从而发生氧化还原反应而变质，会产生不愉快的气味，故A正确；
B．可利用大理石粉与水混合得到的浆状物对燃煤产生的废气进行脱硫处理，涉及碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙和氧气反应生成硫酸钙，故B正确；
C．乙酸钠溶液中钠离子和乙酸根离子间的离子键被破坏，析出晶体，生成乙酸钠晶体，形成新的离子键，成键会释放热量，故C正确；
D．汽车尾气中含有CO和NO，催化处理得到氮气和二氧化碳，有助于改善城市空气质量，但不能减少二氧化碳的排放，不利于实现碳达峰、碳中和，故D错误。
综上所述，答案为D。
3．D
【详解】A．同素异形体是同种元素形成的不同种单质的互称，正交硫与单斜硫都是由硫元素组成的单质，所以两者互为同素异形体，故A正确；
B．由结构示意图可知，S8分子中每个硫原子与2个硫原子形成共价键，则每个硫原子均满足8电子稳定结构，故B正确；
C．正交硫和单斜硫是硫元素形成的不同种单质，所以正交硫转化为单斜硫的过程属于化学变化，故C正确；
D．由题给信息可知，升高温度，正交硫可转化为单斜硫，说明单斜硫的能量高于正交硫，但物质燃烧放出的能量不仅与其自身能量高低有关，也与物质的质量有关，单斜硫与正交硫的质量未知，所以无法判断正交硫与单斜硫完全燃烧时放出热量的多少，故D错误；
故选D。
4．C
【详解】A．电能是由水能、热能、风能、核能、光能、化学能等其他形式的能量转换而来，属于二次能源，故A正确；
B．氮化镓是第三代半导体材料，在通信、雷达等方面有着独特优势，属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．低磁钢属于铁合金，其强度、韧性等机械性能优于纯铁，但其熔点低于纯铁，故C错误；
D．重油通过燃烧可将化学能转变为热能、光能、机械能等其他形式的能量，故D正确；
故选C。
5．B
【详解】A．由实验装置图可知，①装置中缺少环形玻璃搅拌棒，不能用来测定中和热，故A错误；
B．将碳酸钠加入到硼酸溶液中，若没有气体生成，说明碳酸酸性比硼酸酸性强，则②装置可以证明碳酸酸性比硼酸酸性强，故B正确；
C．由图可知，碘化银电极为电解池的阳极，与直流电源正极相连的碘化银在阳极失去电子发生氧化反应生成碘和银离子，银为阴极，银离子在阴极得到电子发生还原反应生成银，电解的总反应为碘化银电解分解生成银和碘，则③装置不能用于证明2Ag+ +2I—=2Ag+I2 能否自发进行，故C错误；
D．由实验装置图可知，④装置中催化剂和反应温度均不同，由变量唯一化原则可知，④装置不能用来探究温度对过氧化氢分解速率的影响，故D错误；
故选B。
6．D
【详解】A．混合气的体积和质量在反应过程中不发生变化，所以密度始终不变，A项错误；
B．催化剂不能改变反应限度，B项错误；
C．该反应为放热反应，反应物的总能量比生成物的总能量高，C项错误；
D．恒容密闭容器中充入稀有气体，反应物和生成物浓度不变，则反应速率不变，D项正确；
故选D。
7．D
【详解】A．Ir的成键数目如图所示有4、5、6个，故A错误；
B．HI是反应过程中的中间产物，故B错误；
C．根据图示，总反应为CH3OH+CO→CH3COOH，CO分压增大，反应速率加快，故C错误；
D．根据图示，存在反应[Ir(CO)2I3(CH3)]7+CO=Ir(CO)3I2(CH3)+I，故D正确；
故选D。
8．A
【详解】A．由图1知，该脱销过程反应物有：NH3、NO、O2，生成物有H2O、N2，由图1所给数据知，反应物NH3为2 mol，NO为2 mol，O2为0.5 mol，生成物N2为2 mol，H2O为3mol，故该脱销过程总方程式为：2NH3+2NO+O23H2O+2N2，化整得：4NH3+4NO+O26H2O+4N2，A错误；
B．根据图2可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，则总反应焓变ΔH＜0，B正确；
C．由图1可知，状态②到状态③中Cu的化合价发生变化，发生了氧化还原反应，C正确；
D．状态③到状态④的变化过程为[CuI(H2NNO)(NH3)2]+→[CuI(NH3)2]++N2+H2O，有O-H键的形成，D正确；
故选A。
9．(1)-48.8
(2) 甲 丁 0.2 1.7 2.4
(3) CO2 +2e-= CO+O2- 0.1
【详解】（1）根据盖斯定律i+ii=iv，△H4=△H1+△H2=-48.2KJ/mol；
（2）向两个恒压(压强分别为0.1 MPa，1.0 MPa)密闭容器中分别通入1 mol CO2和4 molH2的混合气体，只发生反应i ．CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g) ΔH1= +41.2 kJ·mol-1 和反应 iii．CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) ΔH3= -144.9 kJ·mol-1，升高温度反应i正向移动，反应ii逆向移动CH4的物质的量分数减少，CO的物质的量分数增加，因此随温度升高曲线上升丙丁的是代表CO，曲线甲乙下降的代表CH4，同一个温度下，增大压强反应iii正向移动，甲烷的物质的量分数增加，因此甲曲线代表1MPa下甲烷的曲线，乙代表0.1MPa下甲烷的曲线，增大压强i不移动，但是iii正向移动造成CO2减少，促使反应i逆向移动CO也减少，丁曲线代表1MPa下CO的曲线，丙代表0.1MPa下的CO曲线；
CO2投入1mol，c点时甲烷和CO各占40%，CO2占20%，因此CO2的物质的量0.2mol；
根据反应i．CO2(g) +H2(g) CO(g) +H2O(g)，和反应iii．CO2(g) +4H2(g) CH4(g) +2H2O(g) 起始投入1 mol CO2和4 molH2，600°C时甲烷占含碳化合物的80%是0.8mol，CO占10%是0.1mol，CO2占10%是0.1mol，根据上述两个反应得知600°C平衡时各自物质的量是n(CO2)=0.1mol，n(CH4)=0.8mol，n(CO)=0.1mol，n(H2)=0.7mol，n(H2O)=1.7mol，600°C和1.0MPa时各自的分压强是p(CO2)=，p(H2)=，p(CO)=，p(H2O)=，代入KP=；
（3）N极是二氧化碳还原为CO发生还原反应是阴极，M极是阳极，发生氧化反应，电解质是熔融固态氧化物，传导O2-离子，阴极的电极反应式为：CO2 +2e-= CO+O2-，阳极电极反应式为CH4+O2--2e-=CO+2H2，当电路中有2mol电子时，阴极生成1molCO，阳极生成2molH2和1molCO，共生成4mol气体，产生4.48L标况下的气体是0.2mol，需要电子为0.1mol。
10．(1) −104.71 kJ∙mol−1 <
(2) 600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600°C时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢 30%
(3) d ＜
【详解】（1）反应I．CH4(g)+2S2(g)=CS2(g)+2H2S(g) ΔH1
反应Ⅱ．S8(g)=4S2(g) ΔH2=+411.15kJ·mol-1
反应Ⅲ．2CH4(g)+S8(g)=2CS2(g)+4H2S(g) ΔH3=+201.73kJ·mol-1。
根据题干信息，ΔH1=(ΔH3-ΔH2)/2= -104.71kJ/mol；反应I为放热反应，故Ea(正)
（2）由图可知，600℃时，S2体积分数明显偏小，且反应速率较慢，故通常采用600~650℃的条件下进行此反应，而不采用低于600℃的；在密闭容器中，n(S2)：n(CH4)=2：1开始反应，设CH4的起始物质的量为a，转化的物质的量为x，即
CS2体积分数为10%，即，解得x=0.3a，则CH4转化率为。
答案为：600℃时甲烷平衡转化率高达99%，低于600°C时，S2浓度明显偏小，且反应速率慢；30%。
（3）①由a、b、c、d变化趋势及相同时间内四者的变化量，可知，a、b曲线为生成物，分别为H2、CS2 ，c、d曲线分别为H2S 、CH4，故图中表示CH4的曲线是d；
②，780°C时，a、d相交，此时H2、CH4的物质的量分数相等，即1-x=4x,解的x=0.2mol，则平衡时，CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为0.8mol、1.6mol、0.2mol、0.8mol，P分压(CH4)=P总n%=P0，以此类推，P分压(H2S)= P分压(CS2)= P分压(H2)= ，故KP=；
③
m点时，b、d相交，此时CS2、CH4的物质的量分数相等，即1-x=x,解的x=0.5mol，则平衡时，CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，P分压(CH4)= ，P分压(H2S)=， P分压(CS2)= ， P分压(H2)= ，故KP=；维持m点温度不变，向容器中再通入CH4、H2S、CS2、H2各1mol，则CH4、H2S、CS2、H2的物质的量分别为1.5mol、2mol、1.5mol、3mol，则总物质的量为8mol，P分压(CH4)= P分压(H2S)= P分压(CS2)= P分压(H2)= ，QP=>KP，反应向逆反应方向进行，故此时速率关系为v(正)
11．(1) (b－3a) kJ/mol 2：1 SO2不能完全转化为S，多余的SO2排放到空气中会污染大气
(2) 4Fe2+ +4H+ +O2= 4Fe3+ +2H2O 能
(3) v正 小于
【详解】（1）I．S(g) +O2(g)= SO2(g) ΔH1=－a kJ·mol －1
II．2H2S(g) +3O2(g)=2SO2(g) +2H2O(g) ΔH2=－b kJ·mol －1
III．2H2S(g) +SO2(g) 3S(g) +2H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol －1
①根据盖斯定律II- I×3得2H2S(g) +SO2(g) 3S(g) +2H2O(g) ΔH3=－c kJ·mol －1=(3a-b) kJ·mol －1，若反应III中正反应的活化能为E 正，逆反应的活化能为E逆，焓变=正反应活化能-逆反应活化能，则E逆－E正=(b-3a) kJ/mol。
②脱除H2S回收硫黄，H2S被氧化为S单质，S元素化合价升高2，氧气中氧元素化合价降低2，根据得失电子守恒，理论上该工艺最好控制参加反应的H2S的总物质的量n(H2S)与参加反应的n(O2)之比为2:1，若n(H2S)：n(O2)过小，氧气过量，会导致SO2不能完全转化为S，多余的SO2排放到空气中会污染大气。
（2）①根据图示，过程i中Fe2+被氧气氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为4Fe2+ +4H+ +O2= 4Fe3+ +2H2O。
②根据图示，25 °C时过程ii中的反应为Cu2+(aq)+H2S(aq)=CuS(s)+2H+(aq)，K= ，所以反应能进行完全。
（3）①在975° C和p1的条件下，其他条件不变，n点H2S的转化率小于该条件下的平衡转化率，反应正向进行，v正大于v逆；根据图示，随温度升高，H2S的平衡转化率增大，可知正反应吸热，温度越高平衡常数越大，图中m、n点对应温度下的平衡常数：m点小于n点。
②若温度为975 °C时，p2为2 MPa，H2S的平衡转化率为40%，则平衡体系中H2S的物质的量为1.2mol、氢气的物质的量为0.8mol、S2的物质的量为0.4mol，该反应的平衡常数Kp=MPa。
12．(1)AB
(2)(0.5a+0.5b+c)(合理即给分)
(3) HCl平衡转化率较高(合理即给分) 产品纯度低(或产品提纯困难)(合理即给分)
(4) ZnCl2 直线斜率较大，活化能较大(合理答案可酌情给分)
(5) > 0.08 >
【详解】（1）A．气体的平均摩尔质量等于气体总质量除以气体的总物质的量，因反应物和生成物均为气体，故气体的总质量不变；反应前后气体的系数之和不相同，因此只有达到平衡时气体的总物质的量才保持不变，此时气体的平均摩尔质量才不变，A正确；
B．恒容时充入氯气增加反应物的浓度，平衡正向移动，B正确；
C．催化剂不能改变平衡转化率，C错误；
D．4molCl2完全反应时三氯乙酸的体积分数才为1/7=0.143，故平衡时三氯乙酸的体积分数小于0.143，D错误；
故选AB。
（2）根据盖斯定律可找出ΔH4=0.5ΔH1+0.5ΔH2+ΔH3=0.5a+0.5b+c。
（3）投料比越小代表氧气的量相对氯化氢来说越多，此时会促进反应正向进行，使得氯化氢的转化率增大；但过量的氧气会和产物氯气混合在一起，导致产品提纯困难。
（4）由图及Arrhenius经验公式可以得出直线的斜率代表的就是活化能，ZnCl2的斜率大所以其活化能也大，故催化效能较低。
（5）曲线乙的压强不断减小，故曲线乙代表恒容恒温，则曲线甲代表恒容绝热，开始时压强增大说明此反应是放热反应，故曲线甲所代表的反应过程中体系的温度不断升高直到平衡，故b点的温度高于a点，但两点的压强相同，根据PV=nRT可知在压强和体积都相同的情况下，温度与气体的总物质的量成反比，故n(a)>n(b)。
根据PV=nRT，，x=0.6mol
Qp=； b点已经达到平衡，a点未平衡且a点气体总物质的量大于b点，故b点Kp>a点Qp。
13．(1)k正、k逆都增大，k逆增大的幅度更大。
(2) a 合成氨反应是气体分子数减少的反应，温度一定时，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量分数增大 410℃、5×107pa，450℃、9×107pa
(3)-1807.9
(4)温度高于360℃时催化剂的活性下降，反应速率减慢，NO的去除率下降。
(5) 5.7mol 或
【详解】（1）当反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)达到平衡时，v正=k正c (N2)c3H2)=v逆=k逆c2(NH3)，该反应的平衡常数K= ，该反应时放热反应，升高温度时，v正和v逆都增大，平衡逆向移动，则v正< v逆，说明升高温度，k正、k逆都增大，k逆增大的幅度更大。
（2）①反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，x(NH3)增大，由图可知，表示t=450°C下的x(NH3)与P关系图像是a；
②由①可知，t=450°Cx(NH3)与压强P关系图像是a，则p=5×107Pa时x(NH3)与温度t关系图像是b，结合图像数据可知，当x(NH3)=0.10时，反应条件可能是410℃、5×107pa，450℃、9×107pa。
（3）已知：①N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=+180.5kJ·mol-1、②2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1、③N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.2kJ·mol-1，由盖斯定律可知，②×3-①×3-③×2可得4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔH=-483.6kJ·mol-1×3-180.5kJ·mol-1×3+92.2kJ·mol-1×2=-1807.9kJ·mol-1，x=1807.9。
（4）当温度高于360°C，NO的去除率降低的主要原因是：温度高于360℃时催化剂的活性下降，反应速率减慢，NO的去除率下降。
（5）根据已知条件列出“三段式”
反应平衡时，NH3的转化率为95%，N2的物质的量为4mol，则=0.95，5x+4y=4，解得x=0.2，y=0.75，H2O的物质的量为6xmol+6ymol=5.7mol，反应a的平衡常数Kp=或。
14．(1)>
(2) 351 a 氧化法为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应氧化法 1.5 1.2
(3) 消耗原料少，消耗电能少 Rh/Ys
(4)CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+
【详解】（1）该反应为熵增加的反应，若高温条件下进行则ΔH >0。答案为>；
（2）利用脱氢反应ΔH= +46.203kJ·mol-1=E反应物的总键能-E生成物的总键能=3n+413.4+462.8-(2n+745+436)，得到n=351。氧化法为放热反应，升温平衡逆向，K值减小，a为氧化法。由于该条件下K=计算得c(H2)=1mol/L=c(CH3OH)=c(HCHO)。而压强之比等于物质的量之比。500℃平衡时各物质的物质的量分数为，Kp=。答案为351；a；氧化法为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故曲线a对应氧化法；1.5；1.2；
（3）从数据分析，低压时消耗的定额少。从催化速率看，Rh/Ys催化速率远远大于其他催化剂，最优催化剂为Rh/Ys。答案为消耗原料少，消耗电能少；Rh/Ys；
（4）甲醇燃料电池中，CH3OH为负极发生氧化反应转变为CO2，反应为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。答案为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。
15．(1) -1198.8 b 反应速率由c (NO2)决定，且反应速率的快慢由慢反应决定
(2) NaClO2溶液浓度的越大，NaClO2氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大 6.010-4mol/(L·min) 与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行，温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低
【详解】（1）①已知：I.2NO(g) +2CO(g)=N2(g) +2CO2(g) ΔH1= -746.8 kJ· mol-1
Ⅲ.2CO(g) +O2(g)= 2CO2(g) ΔH3= -566 kJ·mol-1
Ⅳ.2NO(g) +O2(g)=2NO2(g) ΔH4= -114 kJ·mol-1
根据盖斯定律，由I +Ⅲ-Ⅳ得反应Ⅱ.2NO2(g) +4CO(g)=N2(g) +4CO2(g) ΔH2=ΔH1+ΔH3-ΔH4= -746.8 kJ· mol-1+( -566 kJ·mol-1)-( -114 kJ·mol-1)=-1198.8 kJ·mol-1；
②某温度下，实验测得该反应的速率方程为：v=kc2 (NO2)(其中k为常数)，则反应速率由c (NO2)决定，且反应速率的快慢由慢反应决定，故与推测该反应机理是b ，理由是反应速率由c (NO2)决定，且反应速率的快慢由慢反应决定；
（2）①增大NaC1O2浓度，加快反应速率，参加反应的NO增加，NO的氧化率增大，故答案为: NaClO2溶液浓度的越大，NaClO2氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大；
则该反应的平衡常数是K=；
②将含0.004molNO的烟气通入2LNaClO2溶液中，NaClO2氧化NO生成的离子方程式为，30℃在20min时，NO的转化率为60%，则消耗NO0.004mol60%=0.0024mol，故生成的物质的量为0.0024mol，0 ~20 min内用 的浓度变化表示的该反应的平均速率是=6.010-4mol/(L·min)；
NaClO2氧化NO生成的反应放热，升高温度，反应的平衡逆向移动，不利于NO的转化，使NO氧化率下降，并且温度越高，气体NO的溶解度越小，即温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低，导致氧化率降低，故答案为: 与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行，温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低。
16．(1) 吸热 减小 可能小于
(2) 0.3 mol/(L·min) a H2或I2(g)在平衡体系中的体积分数不可能超过25%
【详解】（1）①由题给数据可知，反应物的标准摩尔生成焓之和为(—393.5kJ/mol)+(—74.8kJ/mol)= —468.3kJ/mol，生成物的标准摩尔生成焓之和为(—110.5kJ/mol)×2+0=—221.0kJ/mol，则该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，故答案为：吸热；
②由①可知，该反应为吸热反应，若容器绝热，反应开始后，容器内反应温度降低，正、逆反应速率都减小，故答案为：减小；
③该反应为气体体积增大的反应，由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，若反应在恒容密闭容器中进行，反应中容器体积不变，混合气体的密度始终不变，若反应在恒压密闭容器中进行，反应中容器体积增大，混合气体的密度减小，则当反应达到平衡时，气体的密度可能小于反应起始时气体的密度，故答案为：可能小于；
（2）①设反应a生成生成氨气xmol、反应b生成氢气ymol，由题意可建立如下三段式：
由题意可知：y=0.5、x—2y=5，解得x=6，则氨气的反应速率为=0.3 mol/(L·min)，故答案为：0.3 mol/(L·min)；
②a．碘化铵为固体，浓度为定值，不能用碘化铵浓度的变化量表示反应速率，但能用碘化铵的质量或物质的量的变化量表示化学反应速率，故错误；
b．氨气浓度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
c．该反应是气体体积变深的反应，反应体系的颜色不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
d．该反应是气体质量增大的反应，反应中气体密度增大，容器内气体密度不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故选a；
③由方程式可知，反应a为气体体积增大的反应，反应b为气体体积不变的反应，设反应a生成氨气的物质的量为1mol，则平衡时，气体总物质的量为2mol、氨气的体积分数为50%，若碘化氢完全分解，所得氢气和碘蒸气的体积分数为25%，由于反应b为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以生成物氢气或碘蒸气的体积分数必定小于25%，由图可知，曲线b表示生成物的体积分数大于25，所以曲线b是错误的，故答案为：H2或I2(g)在平衡体系中的体积分数不可能超过25%。
17．(1) —225 小于
(2) 0.25 P BC
(3) 曲线①代表的是二甲醚的选择性，随温度升高，反应I、II平衡逆向移动，反应III平衡正向移动，使二甲醚的选择性下降 3 MPa为高压能提高反应速率，同时使反应I平衡右移，增大了二甲醚的选择性
【详解】（1）设甲醇的相对能量为x，由反应热与生成物物的相对能量之和与反应相对能量之和的差值相等可得：ΔH1=(—242 kJ·mol-1)+x—(—393 kJ·mol-1) +0=—74 kJ·mol-1，解得x=—225，则反应△H2=(—225 kJ·mol-1)—(—110kJ·mol-1)—0=—115 kJ·mol-1，所以△H2小于ΔH1，故答案为：—225；小于；
（2）由题给数据可知，起始二氧化碳和氢气的分压均为p0×=0.5p0，由方程式可知，20 min时二氧化碳、氢气的分压均为0.5p0—(p0—0.75p0)=0.25p0，由公式可得反应的反应速率v=k·P(CO2)·P(H2)= k×0.25p0×0.25p0=；60min时，反应达到平衡，平衡时，二氧化碳、氢气、甲酸的平衡分压分别为0.5p0—(p0—0.65p0)=0.15p0、0.5p0—(p0—0.65p0)=0.15p0、(p0—0.65p0)=0.35p0，则反应的分压常数为=；
A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则气体密度不变不能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，该反应是气体体积减小的反应，反应中气体的平均摩尔质量增大，则气体的平均摩尔质量不变能判断反应是否达到平衡，故正确；
C．反应中CO2与HCOOH的物质的量之比减小，则CO2与HCOOH的物质的量不变能判断反应是否达到平衡，故正确；
D．由方程式和题意可知，CO2与H2的质量之比始终不变，则CO2与H2的质量之比不变不能判断反应是否达到平衡，故错误；
故选BC，故答案为：0.25p0；；；BC；
（3）由图可知，曲线①代表的是二甲醚的选择性，反应I、II均为放热反应，反应III为吸热反应，温度升高，反应I、II平衡均向逆反应方向移动，反应III平衡向正反应方向移动，所以二甲醚的选择性下降；反应I为气体体积减小的反应，反应II、III均为体积不变的反应，增大压强，反应I平衡向正反应方向移动，反应II、III平衡均不移动，所以3 MPa高压条件下，反应速率快，同时使反应I向正反应方向移动，增大了二甲醚的选择性，所以业生产一般选择在3MPa下进行，故答案为：曲线①代表的是二甲醚的选择性，随温度升高，反应I、II平衡逆向移动，反应III平衡正向移动，使二甲醚的选择性下降；3 MPa为高压能提高反应速率，同时使反应I平衡右移，增大了二甲醚的选择性。
18．(1)-164.9
(2) 0.75 0.009375 2.25
(3) 1 MPa、CO随温度升高CH4含量减少、CO含量增大，则曲线c、d表示CO平衡体积分数的变化； 温度不变时增大压强，合成甲烷的平衡正向移动，H2O的含量增大，CO2的含量减小，使平衡CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)逆向移动，CO平衡体积分数降低 0.1
【详解】（1）①CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H1=akJ·mol-1
②H2(g)+O2(g)= H2O(l) △H2=-285.8kJ·mol-1
③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) △H3=-890.3kJ·mol-1
④H2O(g)=H2O(1) △H4=-44.0kJ·mol-1。根据盖斯定律△H1= 4△H2-△H3+2△H4，解得a=-164.9 kJ·mol-1；
（2）设达到平衡时,CO2的转化量为x mol,列“三段式”进行计算：
根据同温同体积下气体的压强之比等于其物质的量之比，分析题图可知，，解得x=0.75mol。故①反应达到平衡时,c（H2O）=（2×0.75）mol·L-1 =0.75mol·L-1；②从反应开始到40 min 时, CO2的平均反应速率为mol·L-1 ·min-1③10.5MPa×=2.25 MPa；
（3）因温度不变时增大压强，合成甲烷的平衡正向移动，H2O的含量增大，CO2的含量减小，使平衡CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)逆向移动，CO平衡体积分数降低
故曲线d表示1 MPa、CO平衡体积分数的变化；当达到平衡点Q时，CO和CH4的平衡体积分数为20%，则CO的平衡体积分数为10%，根据，假设、，则该温度下反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)的平衡常数K=。
19．(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。
20．(1)>
(2)
(3)反应ⅲ和反应ⅳ的正反应均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动
(4) 12 >
(5) 负极
【解析】（1）
物质能量越低越稳定，根据反应ⅱ可知稳定性：＞。
（2）
由反应ⅰ. (g)+2H2(g)⇌ (g)；ⅱ. (g)⇌ (g)；ⅳ. (g)+H2(g)⇌ (g)，根据盖斯定律ⅰ+ⅱ+ⅳ可得反应 (g)，故反应热。
（3）
反应ⅲ和反应ⅳ的正反应均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，环己醇的体积分数减小。
（4）
①设转化的苯酚的浓度为xmol/L，根据方程式(g)＋2H2(g) (g)
参加反应的(g)，H2(g), (g)的物质的量分别为：xmol/L，2xmol/L，xmol/L，反应达到平衡时(g)，H2(g), (g)的物质的量分别为(1−x)mol/L,(2-2x)mol/L,xmol/L,压强之比等于物质的量浓度之比，平衡时体系压强是起始压强的0.5倍，则，解得。则达到平衡时环己烯醇的平均生成速率；
②该反应的平衡常数，如果这时向该密闭容器中再充入1mol苯酚和1mol1−环己烯醇，此时浓度商，平衡向正反应方向进行，则。
（5）
电解池中电解质溶液中的阳离子移向阴极，故电极b作阴极，阴极与直流电源负极相连；电极a作阳极，失电子被氧化，电极反应式为。
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