2022年高考化学二轮专题复习——化学反应原理综合题（Word版含答案）
文档属性
| 名称 | 2022年高考化学二轮专题复习——化学反应原理综合题（Word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-05-08 17:27:11 | ||
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文档简介
2022年高考化学二轮专题复习——化学反应原理综合题
1．（2022·山东淄博·二模）温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。
I．CH4与CO2、H2O重整制合成气的反应如下：
i．CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)
ii．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)
iii．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
已知反应ⅱ和ⅲ的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系如图1所示。
(1)i.CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) △H_______0(填“＞”或“＜”)
(2)分别在不同压强下，向VL密闭容器中按照n(CO)：n(CH4)：n(H2O)=l：l：1投料，实验测得平衡时随温度的变化关系如图2所示。
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_______。
②压强为p2时，随着温度升高，先增大后减小。解释原因_______。
II．向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g)，保持总压为100kPa发生反应：CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H<0。
已知=1时NO平衡转化率～、T3K下NO平衡转化率～的关系曲线如图3所示。
(3)曲线_______(填“I”或“II”)表示T3K下NO平衡转化率～的关系；Tl_______T2(填“＞”或“＜”)。
(4)在=1、T3K下，该反应平衡时N2的体积分数为_______。已知：该反应的标准平衡常数，其中pθ为标准压强，pθ=100kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO2)、p(N2)和p(H2O)为各组分的平衡分压，则该温度下该反应的标准平衡常数Kθ=________(p分=p总×物质的量分数)。
2．（2022·四川·遂宁中学三模）丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径。回答下列相关问题：
(1)已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g) △H1=-238kJ mol-1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H2=-484kJ mol-1
则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的△H为_______kJ mol-1
(2)一定温度下，向1L的密闭容器中充入1mol C3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍。
①0~10min丙烷的化学反应速率v(C3H8)=_______mol L-1 min-1。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是_______。
A．△H不变 B．C3H8与H2的物质的量之比保持不变
C．混合气体密度不变 D．混合气体的总压强不变
(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入1mol C3H8，开始压强为pkPa，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示：
①此温度下该反应的平衡常数Kp=_______(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数)。
②已知该反应过程中，v正=k正p(C3H8)，v逆=k逆p(C3H6)p(H2)，其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，则图中m点处=_______。
(4)某丙烯燃料电池的工作原理如图所示，质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为1L 2mol/L H2SO4溶液。a极的电极反应式为_______；当导线中有1.8mol e-发生转移时，左右两侧溶液的质量差为_______ g ( 假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。
3．（2022·山东·模拟预测）NO是常见的一种污染气体，可以利用其性质进行有效转化再利用。
(1)已知反应：
I.N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=+181kJ/mol
II.3N2H4(g)+3O2(g)3N2(g)+6H2O(g) △H=-534kJ/mol
若某反应NO转化的反应平衡常数表达式为Kc=，则该反应的热化学方程式为____。
(2)NO可在一定条件下发生反应2NO(g)N2O2(g)，该反应的v正=K正c2(NO)，v逆=K逆c(N2O2)，(K正、K逆为速率常数)，且速率与浓度关系如图所示。
①T℃、pkPa条件下，该反应的平衡常数为____。
②T℃、pkPa条件下，一定容积容器中充入一定量NO，平衡时测得c(N2O2)为0.4mol/L，则平衡时NO的体积分数为____，平衡后v正=____。(写出表达式)
(3)NO在催化剂条件下可被H2还原为无害物质，反应为2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)，在密闭容器中按c(NO)：c(H2)=1：1充入，反应结果如图：
①提高NO平衡转化率的措施有____。
A．增大投料 B．降低反应温度
C．减小容器体积 D．充入水蒸气增大压强
②若不用催化剂，M点平衡转化率是否会降至O点，并简述理由____。400℃后，催化效率降低的原因____。
4．（2022·天津河东·一模）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。回答下列问题：
(1)在C和的反应体系中：
反应1
反应2
反应3
①_______
②如图，若，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示，对应于反应3的线是_______ (填a、b或c)。
③一定压强下，随着温度的升高，气体中与的物质的量之比_______
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
(2)水煤气反应：。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是_______
(3)一氧化碳变换反应：
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：、、、，则反应的平衡常数K的数值为_______。
②维持与①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和的物质的量之比为_______。
③以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离成氢气和，能量-反应过程如图所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：
步骤Ⅰ：；步骤Ⅱ：_______。
5．（2022·山东潍坊·模拟预测）近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。以下是两种制取过程：
(1)利用CO2制取甲醇
在1L的容器中，选择合适的催化剂进行反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0。改变表中条件，测得如下数据：
温度 投料n(H2)/mol 投料n(CO2)/mol H2平衡转化率/%
1组 T1 1 2 60
2组 T2 2 2 50
3组 T3 6 2 α
①T1时平衡常数K=_______(计算结果保留2位小数)；若T1=T3，则α_______60%(填“<”“=”“>”)，结合相关数据计算，写出推理过程_______。
②已知反应速率v正=k正x(CO2)x3(H2)，v逆=k逆x(CH3OH)x(H2O)，k正、k逆为速率常数，x为物质的量分数。若第2组数据的k正=20mol·L-1·s-1，则平衡时v逆=_______mol·L-1·s-1。
(2)利用烯烃催化制取甲醇
制取过程中发生如下反应：
I.C3H6(g)+3H2O(g) 3CH3OH(g) △H1
II.C2H4(g)+2H2O(g) 2CH3OH(g) △H2
III.3C2H4(g) 2C3H6(g) △H3
反应I、III的vantHoff实验数据如图所示(vantHoff经验公式RlnK=-+C，为标准焓变，K为平衡常数，R和C为常数)。根据图判断：.
①△H2=_______(用含△H1和△H3的计算式表示)，反应III的=_______kJ·mol-1。
②为研究该反应体系的平衡关系，向容积为1L的容器中加入1.0mol甲醇，控制温度为500K，测得平衡时，甲醇的转化率为0.8，乙烯的物质的量为0.1mol，则R的数值为_______。(计算结果保留1位小数，已知：lge=0.43，lg5=0.7)
6．（2022·浙江台州·二模）大气中日益增多的含碳气体以、、为主。请回答：
(1)工业上可以用来生产二甲醚，T℃下有关反应及相关数据如下
序号 反应 K
Ⅰ -90.7 a
Ⅱ -23.5 b
Ⅲ -41.2 c
①反应的平衡常数为，_______。
②在恒容容器中与反应生成二甲醚：，只改变下列一个条件，平衡转化率一定增大的是_______(填字母序号)。
A．加入催化剂 B．降低温度 C．充入惰性气体 D．增大初始值
已知T℃下，若c>1，则该反应的平衡常数_______(填“<”、“>”或“=”)。
(2)一定条件下，可发生如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.。
图1为反应Ⅰ反应过程与能量的关系，图2为、混合体系的与的图像关系。已知需用相对分压代替浓度计算，气体的相对压强。请回答：
①图1历程分成多步进行，写出反应速率最快一步的化学方程式_______。若加入某物质M后，分解历程变为虚线所示曲线，判断物质M能否催化分解？并说明理由_______。
②图2中直线a、b属于甲烷分解的是_______(填字母)，在A点对应温度下，测得的平衡分压为16kPa，则的平衡分压为_______。
7．（2022·上海·模拟预测）甲醇是重要的化工原料，也是重要的能源物质，可发展替代传统化石燃料。开发加氢制甲醇技术既能解决温室效应等环境问题，又能有效提高资源的利用率。回答下列问题：
(1)加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反应，其反应如下：
①
②
③
则反应③的_______。
(2)加氢生成甲醇适宜在_______(填“低温”“高温”“高压”“低压”，可多选)条件下进行，在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO，请从平衡移动角度分析原因：_______。
(3)在一恒温、容积可变的密闭容器中，充入1mol 与3mol 发生反应： ，在温度T下的平衡转化率与总压强的关系如图1所示，图中M点时的物质的量分数为_______，该反应的压强平衡常数为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(4)也可以通过电化学方法转化为，装置如图2所示。阴极的电极反应式为_______，若外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极质量增加32g时，则标准状况下阳极生成_______L 。
8．（2022·浙江金华·二模）NOx一直是大气污染物主要成分之一，运用化学反应原理研究活性炭、等物质还原氮氧化物从而减弱大气污染，此举具有重要意义。
(1)反应在常温下能自发进行，据此判断此反应的焓变△H___________0(填“＞”、“＜”、“=”)
(2)以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：
第一步： 第二步：
第三步：___________ 第四步：
(3)已知在298 K和101 kPa条件下，有如下反应：
反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5 kJ/mol
反应②：
若反应CO2(g)+ N2(g)=C(s)+NO(g)的活化能为，则反应的活化能为___________。
(4)对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1 mol/L。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示。
①据图分析，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是___________(用a、b、c表示)。
②400℃时，CaO/C催化下此反应的平衡常数Kp=144，则反应达平衡时NO的去除率为___________(保留两位有效数字)。
(5)将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置如图)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示：
在50~250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是___________；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________。
9．（2022·上海·模拟预测）ClO2是一种重要的含氯消毒剂，是黄绿色易溶于水的气体，一种生产流程如图所示：
回答下列问题：
(1)气体A的成分是_______；
(2)电解过程中得到NCl3的电极反应式是_______；
(3)已知NaClO2饱和溶液在温度低于38°C时，析出的晶体是NaClO2·3H2O， 在温度高于38°C时析出的是NaClO2·NaClO2的溶解度曲线如图所示。
从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：①_______；②_______；③洗涤；④干燥。
(4)NaClO2溶液与NCl3溶液反应的离子方程式是_______；
(5)除去ClO2中的NH3可选用的试剂是_______(填写字母)；
A．碱石灰 B．浓硫酸 C．碳酸钠溶液 D．氢硫酸
(6)测定ClO2(如图)的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100 mL水溶解后，再加3 mL硫酸溶液；在玻璃液封管中加入水；将生成的ClO2气体通过导管在锥形瓶中被吸收；将玻璃封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液用c mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定(I2 +2S2O=2I- +S4O)，共用去V mL硫代硫酸钠溶液。
①装置中玻璃液封管的作用是_______。
②滴定至终点的现象是_______。
③测得ClO2的质量m(ClO2)_______(用含c、V的代数式表示)。
10．（2022·黑龙江·哈九中二模）热解耦合化学链制氢工艺是一种将生物质废物转变为高纯H2的环境友好型技术路线，如图1。
(1)在燃料反应器中，研究人员对纯CO作为燃料气与铁基载氧体(Fe2O3)的还原反应进行了理论研究，得到了还原阶段CO平衡浓度和固体成分随温度变化的图像，如图2(m、n、p、q均为正值)。
已知：a.3Fe2O3(s)+CO(g)2Fe3O4(s)+CO2(g) △H1=-mkJ/mol
b.Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g) △H2=+nkJ/mol
c.FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g) △H3=-qkJ/mol
d.Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g) △H4=-pkJ/mol
①反应 Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)的△H= _______kJ/mol(用 m、n、q表示)。
②当温度低于300℃时，燃料还原阶段得到的固体主要是Fe和 _______。
③曲线L3代表的反应为_______(填“b”或“c”)，曲线L2随温度升高而降低的原因是_______。
(2)在蒸汽反应器中，研究表明：压强对出口气体百分含量的影响不大，其原因是_______。
(3)纯CO作燃料气反应时发生歧化反应［2COC(s)+CO2］使铁基载氧体的固定床内大量积碳。对CO歧化反应进行独立研究：t℃时，标准压强下进行该反应，标准平衡常数，其中标准压强(P)=100kPa，分压(P)=总压(Pθ)×物质的量分数。向一恒温恒压容器中通入2molCO，测得平衡后CO2的物质的量为为0.5mol，该条件下的Kpθ=_______ 。对于反应2CO(g)C(s)+CO2(g)，下列物理量或说法不能用来判断反应达到平衡的是 _______。(填标号)。
A．气体平均相对分子质量 B．气体的密度(恒温恒压)
C．CO的消耗速率等于2倍的CO2生成速率 D．C(s)的质量
(4)CO深度还原Fe2O3的过程为：Fe2O3Fe2O2.55Fe2O2Fe2O1.5Fe2O。该过程中，在不同铁基载氧体(FexOy)表面的能垒变化如下图所示：CO在各表面稳定吸附为初始状态(IS)，CO2从各表面脱附进入气相为最终状态(FS)。
①在I表面上CO转化成CO2的反应路径分三步：
i)*+CO→CO*；(*为活性点位)；
ii)CO*+O*→*COO*；
iii)_______。
②CO在_______表面反应释放CO2的速率最快(填“I”、“II”、“III”或“IV”)；释放等量CO2时，在_______表面反应放出能量最多(填"I”、“II”、“III”或“IV”)。
11．（2022·上海·模拟预测）CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)是缓解化石能源消耗、实现减排的重要途径之一。FT转化路径(CO2→CO→CnH2n)涉及的主要反应如下：
i.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H1=41.1kJ mol-1
ii.nCO(g)+2nH2(g)=CnH2n(g)+nH2O(g)n=2时，△H2=-210.2kJ mol-1
iii.CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) △H3=-205.9kJ mol-1
(1)2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) ΔH=_______kJ·mol-1，_______(填“高温”或“低温”)有利于该反应自发进行。
(2)有利于提高CO2平衡转化率的措施有_______(填标号)。
A．增大n(CO2)：n(H2)投料比 B．增大体系压强
C．使用高效催化剂 D．及时分离H2O
(3)n(CO2)：n(H2)投料比为1：3、压力为1MPa时，无烷烃产物的平衡体系中CO2转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如下图。
①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为_______(填标号)。
A．373~573K B．573~773K C．773~973K D．973~1173K
②计算1083K时，反应i的Kp=_______。
③373~1273K范围内，CO2的转化率先降低后升高的原因是_______。
(4)FT转化路径存在CH4含量过高问题，我国科学家采用Cr2O3(SG)和H-SAPO-34复合催化剂极大提高短链烯烃选择性。CO2在催化剂Cr2O3(SG)表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在H-SAPO-34作用下产生乙烯、丙烯示意图如下。.
①吸附态用*表示，CO2→甲氧基(H3CO*)过程中，_______的生成是决速步骤(填化学式)。
②H-SAPO-34具有氧八元环构成的笼状结构(直径0.94nm)，笼口为小的八环孔(直径0.38nm)。从结构角度推测，短链烯烃选择性提高的原因_______。
12．（2022·江苏·模拟预测）NO的治理是当前生态环境保护中的重要课题之一。
I.电化学技术
(1)利用固体氧化物电解池可将NO直接转化为N2，实际应用中常将若干个电化学还原器结构单元组装在一起，形成电堆，以提高NO的去除效率。
①纽扣式电化学还原器结构单元(其装置如图1所示)可叠加组装成电堆使用。电解时，阴极发生的电极反应式为_______。
②长管式电化学还原器结构单元(其剖面结构如图2所示)采用阴极微孔管作支撑，在管内外壁各设置一个对称的阳极微孔管，阴阳极管壁之间填充有固体氧化物电解质，使用时常将该结构单元组装成蜂窝状电堆。当电堆体积一定时，相比于纽扣式反应器，长管式反应器的优点是_______。
II.NH3-SCR技术
(2)Cu基催化剂是NH3-SCR技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但烟气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入CeO2(基态Ce原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2)可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图3所示(含Ce化合物的比例系数均未标定)。
①从整个反应机理来看，总反应中起还原作用的物质是_______(填化学式)。
②在上述反应机理图中，CemOn的化学式为_______。
(3)将3%NO、6%NH3、21%O2和70%N2的混合气体(N2为平衡气)以一定流速通过装有Cu基催化剂的反应器，NO去除率随反应温度的变化曲线如图4所示。
①在150-225°C范围内，NO去除率随温度的升高而迅速上升的原因是_______。
②燃煤烟气中伴有一定浓度的HCl气体，它会造成NO去除率下降，其原因可能是_______。
13．（2022·辽宁·沈阳二中二模）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运；氨气及铵盐同时也是空气和水体污染物，需用化学方法除去。
Ⅰ．氨热分解法制氢气：
(1)已知反应 kJ/mol，在___________(较高/较低)温度下反应能自发进行。
(2)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1mol 通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～时间内的反应速率v(H2)______(用含的代数式表示)
②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是______(用图中a、b、c、d表示)。
③下列措施一定可以提高平衡体系中的体积分数，又能加快反应速率的是___________。
a．适当升高温度 b．适当降低温度 c．加入催化剂 d．降低压强 e．将生成物中的氮气液化分离出体系
(3)Ⅱ：某研究小组用NaClO氧化法处理氨氮废水，使氨氮(包含、等微粒)完全氧化成氮气而减少水污染。氧化过程中进水pH对氨氮去除率的影响如图所示：
(已知：HClO的氧化性比NaClO强；NH3比更易被氧化)
①氨氮去除率随进水pH的增大先降低后升高的原因为___________。
②电化学除氨原理为：氨氮被电极表面产生的强氧化性物质氧化而去除，实际过程中在氨氮废水中投加氯离子，能显著提高去除效率，其原因是___________。(排除导电性变化原因)
14．（2022·四川南充·二模）实现碳中和成为各国科学家的研究重点，将二氧化碳转化为绿色液体燃料甲醇是一个重要方向。
甲醇的制备原理为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
(1)工业上利用低浓度氨水作为捕获剂，吸收烟气中CO2生成NH4HCO3以获得原料气体，其离子方程式为___________。
(2)甲醇的制备反应一般认为通过如下两步来实现：
①CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)kJ/mol
②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)kJ/mol
根据盖斯定律，该反应的________kJ·mol-1，反应能在______(填“高温”或“低温”)自发进行。
(3)为探究该反应原理，进行如下实验：在一恒温，体积为1L恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，进行该反应(不考虑其它副反应)。10min时测得CO2和CH3OH(g)的体积分数之比变为1：3且比值不再随时间变化。回答下列问题：
①反应开始到平衡，v(H2)=___________。
②该温度下的平衡常数K=___________(mol/L)-2(保留两位有效数值)。
③若上述反应过程中不断升高反应温度，下列图像正确的是___________。
(4)我国科学家制备了一种ZO-ZrO2催化剂，实现CO2高选择性合成CH3OH。气相催化合成过程中，CO2转化率(x)及CH3OH选择性(S)随温度的变化曲线如图。
①生成CH3OH的最佳温度约为___________。
②温度升高，CO2转化率升高，但产物CH3OH含量降低的原因：__________。
(5)研究发现，CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)，反应为CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)<0。在一容积固定的密闭容器中进行反应，实验测得：，、为速率常数。温度为T1℃时，该反应K=2，温度为T2℃时，，则T2℃时平衡压强___________(填“>”“<”或“=”)T1℃时平衡压强，理由是___________。
15．（2022·河北·模拟预测）磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如图所示。回答下列问题：
(1)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序为____；电负性P___Cl(填“＞”或“＜”)。
(2)磷酸氯喹中N原子的杂化方式为___，NH3极易溶于水，且沸点比AsH3的沸点高，其原因是___。
(3)磷化镓与砷化镓是两种由ⅢA族元素与ⅤA族元素人工合成的Ⅲ-Ⅴ族化合物半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被P(As)原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。
①基态Ga原子核外电子排布式为___。
②磷化镓晶体中含有的化学键类型为___(填字母)。
A．离子键 B．配位键 C．σ键 D．π键 E.极性键 F.非极性键
③磷化镓与砷化镓具有相似的晶体结构，其中熔点较高的是___(填化学式)，原因是___。
④以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。如图为沿y轴投影的磷化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(0.25，0.25，0.75)，则原子3的原子分数坐标为___；若磷化镓的晶体密度为ρg cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ga和P原子的最近距离为___pm(用代数式表示)。
16．（2022·贵州贵阳·一模）研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向，也是力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一、
已知：反应I：CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/mol
反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-332kJ/mol
反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3
(1)反应III中，ΔH3=___________kJ/mol。
(2)在体积为2L的刚性密闭容器中，充入1molCO和2molH2，发生反应II，能判断反应达到平衡状态的是___________(填字母序号)。
a．2(H2)=(H2O) b．容器内压强保持不变
c．保持不变 d．C2H4的质量分数保持不变
(3)在体积为2L的恒压密闭容器中，起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，发生反应III，该反应在不同温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别是___________(填字母序号)。
②A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为___________。
③240℃时，反应达到平衡后，容器中气体的总物质的量为_______mol，H2(g)的平衡转化率为_____。若平衡时总压为P，该反应的平衡常数Kp=______(列出计算式。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。
17．（2022·广东肇庆·三模）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。回答下列问题：
(1)已知某反应体系中主要涉及如下反应：
Ⅰ.；
Ⅱ．。
①反应Ⅰ和反应Ⅱ中，在热力学上趋势更大的是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②反应Ⅰ的一种溶剂化催化反应历程如图所示(其中TS表示过渡态)。
历程中生成___________(填“TS1”或“TS2”)的反应步骤为总反应的决速步，反应过程的催化剂为___________。
③反应Ⅱ的催化剂活性会因为甲烷分解产生积碳而降低，同时二氧化碳可与碳发生消碳反应而降低积碳量，设计如下反应：
Ⅲ．；
Ⅳ.。
反应Ⅳ的为___________。其他条件相同时，催化剂表面积碳量与温度的关系如图所示，之后，温度升高积碳量减小的主要原因为___________。
(2)甲烷部分催化氧化剂制备乙炔是目前研究的热点之一、反应原理为：
。
①该反应在___________(填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。
②一定温度下，将1 mol 充入10 L的固定容积容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为，容器内各气体分压与时间的关系如图所示。
6～8 min时，的浓度为___________，反应的平衡常数___________；若8 min时改变的条件是缩小容器容积到5 L，其中分压与时间关系可用图中曲线___________(填“”“”“”或“”)表示。
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参考答案：
1．(1)＞
(2) P3 升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，T＜Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度大于反应Ⅲ，n(H2)增加的更多，而T＞Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度小于反应Ⅲ，n(H2)增加的更少
(3) II ＞
(4) 20% 4.0
【解析】
(1)
由题干中反应ⅱ和ⅲ的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系图所示信息可知，反应ii的平衡常数随温度升高而增大，说明反应ii正反应为吸热反应，即＞0，反应iii的平衡常数随温度升高而减小，说明反应iii正反应是放热反应，即＜0，反应ii-反应iii可得反应i，根据盖斯定律可知，＞0，故答案为：＞；
(2)
①反应Ⅰ、Ⅱ均为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，n(H2)增加的程度大于n(CO)，则压强P1、P2、P3由大到小的顺序为 P3＞P2＞P1，故答案为：P3；
②由图可知，压强为P2时，随着温度升高，n(H2)：n(CO)先增大后减小，原因是反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，T＜Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度大于反应Ⅲ，n(H2)增加的更多，而T＞Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度小于反应Ⅲ，n(H2)增加的更少，故答案为：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，T＜Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度大于反应Ⅲ，n(H2)增加的更多，而T＞Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度小于反应Ⅲ，n(H2)增加的更少；
(3)
由反应方程式CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知，随着的增大，即增大NO的投入量，平衡正向移动，CH4的转化率增大而NO的转化率却减小，由图3所示信息可知，曲线II表示T3K下NO平衡转化率～的关系，由题干反应方程式CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H<0可知，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，由图中曲线I表示=1时NO平衡转化率～关系图，从图中所示信息可知，T越大，则越小，NO的转化率越小，故Tl＞T2，故答案为：II；＞；
(4)
由题干图示信息可知，在=1、T3K下，NO的转化率为80%，根据三段式分析可知，，则该反应平衡时N2的体积分数为=20%，则此时CH4、NO、CO2、N2、H2O的平衡分压分别为：p(CH4)==40kPa，p(NO)==10kPa，p(CO2)==10kPa，p(N2)==20kPa，p(H2O)==20kPa，故该反应的标准平衡常数==4.0，故答案为：20%；4.0。
2．(1)+123
(2) 0.05 BD
(3) 0.9p 5.4
(4) C3H6-18e-+6H2O=3CO2+18H+ 27
【解析】
(1)
根据盖斯定律，由(Ⅰ-Ⅱ)÷2可得C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，则ΔH=(ΔH1-ΔH2)=[-238kJ mol-1-(-484kJ mol-1)]=+123kJ mol-1，故答案为：+123；
(2)
①向1L的密闭容器中充入1mol C3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍，相同温度下，气体的物质的量之比等于压强之比，则平衡时气体的总物质的量为1.5mol，设参加反应的C3H8的物质的量为x mol，则平衡时C3H8、H2、C3H6的物质的量分别为(1-x)mol、x mol、x mol，则有1-x+x=1.5，解得x=0.5，即参加反应的C3H8的物质的量为0.5mol，，故答案为：0.05；
②A．该反应的ΔH恒定，因此ΔH不变不能说明反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B．C3H8与H2的物质的量之比保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B符合题意；
C．反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，则气体的密度始终不变，因此混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；
D．该反应是气体体积增大的反应，是压强增大的反应，因此当混合气体的总压强不变，反应达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为BD；
(3)
①由图可知，反应达到平衡状态时C3H8的体积分数为25%，设C3H8反应了x mol，则平衡时，C3H8的物质的量为(1-x)mol，C3H6的物质的量为x mol，H2的物质的量为x mol，则，解得x=0.6mol，总物质的量为1.6mol，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时气体的压强为1.6pkPa，，，则，故答案为：0.9p；
②平衡时v正=v逆，即，则，m点时，假设C3H8反应了y mol，则C3H8的物质的量为(1-y)mol，C3H6的物质的量为y mol，H2的物质的量为y mol，，解得y=，气体的总物质的量为，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，m点处气体的压强为，则，，m点，故答案为：5.4；
(4)
丙烯通入a极，则a为负极，丙烯在a极发生氧化反应，电极反应式为C3H6-18e-+6H2O=3CO2+18H+；该原电池正极反应式为，每转移18mol e-，负极通入1mol C3H8，消耗6mol H2O，逸出2mol CO2，生成的18mol H+移入正极区，则负极溶液实际减少的质量为6mol×18g/mol=108g，而正极通入4.5mol O2，得到18mol H+生成9mol H2O，则正极区溶液实际增加的质量为9mol×18g/mol=162g，两侧溶液的质量差为108g+162g=270g，则当溶液中有1.8mol e-发生转移时，左右两侧的质量差为27g，故答案为：C3H6-18e-+6H2O=3CO2+18H+；27。
3．(1)N2H4(g)+2NO(g)2N2(g)+2H2O(g) △H=-359kJ/mol
(2) 10 4×10m-1
(3) BC 不会，是否使用催化剂不会改变反应平衡转化率 温度过高影响催化剂效果
【解析】
(1)
根据平衡常数表达式可知该反应为N2H4(g)+2NO(g)2N2(g)+2H2O(g)由反应(II-I×3)/3可求出△H=kJ/mol=-359kJ/mol；
(2)
根据速率方程式lgv正=lgk正+2lg(NO)，lgv逆=lgk逆+lgc(N2O2)，则表示lgv正的曲线斜率大，lgk正=m+1lgk逆=m，平衡时v正=v逆，则k正c2(NO)=k逆c(N2O4)，；
设平衡时c(NO)=xmol/L，x=0.2mol/L，NO的体积分数：，平衡后v正=k正c2(NO)=10m+1×(0.2)2=4×10m-1；
(3)
A．增大投料，使NO转化率减小，A错误；
B．根据图像可知，此反应为放热反应，降低温度，有利于平衡正向移动，提高NO转化率，B正确；
C．正反应为气体分子数减小的反应，缩小体积，也有利于平衡正向移动，提高NO转化率，C正确；
D．充入水蒸气会增大水蒸汽浓度，减小NO转化率，D错误；
故选BC。
催化剂是否使用都不会改变反应的平衡转化率。400°C以后，催化效率下降，可能是催化剂催化效果变差，故温度过高影响催化剂效果。
4．(1) a B
(2)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率
(3) 9.0 9：5 MO+CO=M+CO2
【解析】
(1)
①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：；
②反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a；
③温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；
(2)
由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率；
(3)
①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：
则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1=9：5；
③水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
5．(1) 0.35(mol·L-1)-2 > 当α=60%时，浓度熵Q=，反应正向进行，达到平衡后α>60% 0.27
(2) -100 8.1
【解析】
(1)
①T1时起始投料n(H2)=1mol，H2平衡转化率为60%，则转化了0.6mol，由三段式：，容器体积为1L，T1时平衡常数；当α=60%时，浓度熵Q=，反应正向进行，达到平衡后α>60%；
②第2组起始投料n(H2)=2mol，H2平衡转化率为50%，则转化了1mol，由三段式：，平衡时总物质的量为，x(CO2)=，x(H2)=，x(CH3OH)=x(H2O)=，则v正=k正x(CO2)x3(H2)= 20××()3，v逆=k逆××，平衡时v正= v逆，则20××()3= k逆××，解得k逆=27 mol·L-1·s-1，则平衡时v逆=27 ××mol·L-1·s-1=0.27 mol·L-1·s-1；
(2)
①由盖斯定律反应II=，则△H2=；对于反应III，将(4，30.4)、(40，34)分别代入到RlnK=-+C中得到30.4=-4×10-3+C①、34=-40×10-3+C②，联立①②式解得=-100 kJ·mol-1，C=30；
②由①可知反应III的RlnK=+30，加入1.0mol甲醇，平衡时，甲醇的转化率为0.8，则转化的甲醇物质的量为0.8mol，设转化物质的量C3H6为xmol、C2H4为ymol，由反应I和II可得甲醇转为C3H6、C2H4，可得3x+2y=0.8①，对于反应III有y-=0.1②，联立①②式可得x=0.1、y=0.25，，温度控制为500℃，可得Rln=+30，解得R≈8.1。
6．(1) BD <
(2) 或 不能；因为无催化剂时分解速率由活化能最大的步骤决定，记为，加入M后，步骤的活化能大于，反应会变慢，故M不能催化分解 a 40kPa
【解析】
(1)
①由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2+Ⅱ+Ⅲ得反应：，2×(-90.7) +( -23.5) +( -41.2) =
②A．加入催化剂改变反应速率，不改变平衡移动，不改变物质转化率，A错误；
B．由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2+Ⅱ-Ⅲ×2得反应：，-122.5，降低温度平衡正向移动，平衡转化率一定增大，B正确；
C．充入惰性气体不影响反应物浓度，平衡不移动，C错误；
D．增大初始值，会促进氢气的转化，平衡转化率一定增大，D正确；
故选BD；
T℃下，由盖斯定律可知；① K2，② K1，（②-①）的反应③ K3=c，则K3= ，若c>1，则该反应的平衡常数<；
(2)
①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，图1历程分成多步进行，反应速率最快一步的化学方程式或；
若加入某物质M后，分解历程变为虚线所示曲线，由曲线可知：无催化剂时分解速率由活化能最大的步骤决定，记为，加入M后，步骤的活化能大于，反应会变慢，故M不能催化分解；
②由图1可知，反应Ⅰ中反应物能量小于生成物能量，反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，结合图2可知，直线a的平衡常数随温度升高而变大，故图2中直线a、b属于甲烷分解的是a；
在A点对应温度下，=0，则Kp=1；由方程式可知：，解得。
7．(1)
(2) 低温、高压 加入一定量CO，使反应逆向进行，提高生成的选择性
(3) 16.7%
(4) 5.6
【解析】
(1)
加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反应，其反应如下：
①
②
③
根据盖斯定律，可知反应③=反应① 反应②，，则反应③的。
(2)
加氢生成甲醇的反应是一个反应后气体分子数减少的放热反应，因此，从热力学角度上分析，加氢生成甲醇的反应适宜在低温、高压的条件下进行；在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO，从平衡移动角度分析原因：加入一定量CO，使反应逆向进行，提高生成的选择性。
(3)
根据图中M点的平衡转化率为50%，得：
所以平衡时的物质的量分数为. 。
(4)
根据电荷守恒和质量守恒，阴极的电极反应式为，阳极有关系，若外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极反应式为，正极质量增加64g转移2mol ，若铅蓄电池正极质量增加32g，则铅蓄电池中转移电子为1mol，生成的物质的量为0.25mol，则标准状况下阳极生成5.6L 。
8．(1)△H＜0
(2)C+N2O=C(O)+N2
(3)2a-574
(4) a 96%
(5) 在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低 氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO
【解析】
(1)
反应在反应前后气体的物质的量不变，则△S=0，该反应在常温下能自发进行，根据△G=△H-T△S＜0可自发进行，据此判断此反应的焓变△H＜0；
(2)
反应可分四步进行：第一步：，第二步：，第四步：，则根据盖斯定律，将总反应方程式前去第一、二、四步反应方程式，可得第三步反应式为C+N2O=C(O)+N2；
(3)
已知：反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5 kJ/mol
反应②：
根据盖斯定律，将①-②，整理可得C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g) △H=-574 kJ/mol。反应反应CO2(g)+N2(g)=C(s)+NO(g)的活化能为，假设C(s)+2NO(g)=CO2(g)+ N2(g)的活化能为b kJ/mol，则(b-2a) kJ/mol=-574 kJ/mol，所以b=2a-574，故C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)的活化能为(2a-574)kJ/mol；
(4)
①活化能越小，反应就越容易发生，在相同温度下反应NO的去除率就越高。根据图象可知在三个反应器中分别加入C、CaO/C、 La2O3/C，在490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是CaO/C，去除NO效果最好的是CaO/C，故合理选项是a；
②图象可知400℃时，NO初始浓度0.1 mol/L，设平衡时转化生成N2浓度为x，则根据反应C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)中物质反应转化关系可知平衡时c(NO)=(0.1-2x)mol/L，c(N2)=c(CO2)=x mol/L，反应前后气体体积不变，压强不变，可以直接用平衡浓度计算的物质的量分数代替平衡分压，则Kp=，解得x=0.048 mol/L，则反应达平衡时NO的去除率为η==96%；
(5)
在50~250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢，主要原因是在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低，反应速率降低；
当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降，原因可能是氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO。
9．(1)H2（氢气）
(2)
(3) 蒸发浓缩 冷却（大于38℃）结晶
(4)
(5)B
(6) 吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等 溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色
【解析】
(1)
由图可知，氯化铵和盐酸电解生成气体A和NCl3，反应过程中N元素的化合价升高，说明铵根离子发生氧化反应生成NCl3，根据化合价变化的规律可知，氢离子的化合价降低生成氢气，因此气体A为氢气；
(2)
铵根离子在电解池的阳极发生氧化反应生成NCl3因此生成NCl3的电极反应式为；
(3)
将NaClO2溶液蒸发浓缩、冷却（大于38℃）结晶、过滤、洗涤、干燥后即可得NaClO2。
(4)
NaClO2与NCl3发生氧化还原，根据氧化还原反应的规律可知，反应的离子方程式为；
(5)
A．氨气为碱性气体，碱石灰不能吸收氨气，故A不符合题意；
B．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故B符合题意；
C．ClO2易溶于水，不能利用碳酸钠溶液吸收氨气，故C不符合题意；
D．氢硫酸具有强还原性，能与ClO2发生氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选B；
(6)
①装置中玻璃液封管的作用是吸收残余的二氧化氯气体，防止污染空气，并使锥形瓶内外压强相等；
②溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定到达终点；
③VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为，根据关系式，，则。
10．(1) Fe3O4 c L2曲线代表反应b，反应b为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，一氧化碳平衡浓度减小
(2)反应前后气体分子数不变
(3) C
(4) *COO*→CO+* I III
【解析】
(1)
①依据盖斯定律，反应Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)可由(a+2b+6c)得到，则焓变△H=(-m+2n-6q)kJ/mol=kJ/mol。
②依据图示可知，当温度低于300℃时，燃料还原阶段得到的固体主要是Fe和Fe3O4。
③由图示可知，曲线L3为随温度升高CO平衡浓度增大，即升高温度CO的转化率下降，平衡逆向移动，反应为放热反应，则L3代表反应c；L2曲线代表反应b，反应b为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，一氧化碳转化率升高，一氧化碳平衡浓度减小，所以曲线L2随温度升高而降低。
(2)
由方程式可知，反应前后气体分子数不变，压强不变，因此在蒸汽反应器中，压强对出口气体百分含量的影响不大。
(3)
依据题意列三段式：，PCO=Pθ=Pθ，=Pθ=Pθ，则==；
A．反应为气体分子数减小的反应，反应中有固体参与反应，只有当反应达到平衡时，气体总质量才不变，气体总物质的量不变，则气体平均相对分子质量不变，可以用来判断反应达到平衡状态，A错误；
B．反应为气体分子数减小的反应，恒温恒压条件下，若反应正向进行，容器容积减小，容器容积之比等于气体物质的量之比，反应中有固体参与反应，只有当反应达到平衡时，气体总质量才不变，气体物质的量才不变、即容器容积不变，气体的密度不变，可以用来判断反应达到平衡状态，B错误；
C．任何时刻消耗2molCO都会同时生成1molCO2，即相同时间内CO的消耗速率等于2倍的CO2生成速率，不能用来判断反应达到平衡状态，C正确；
D．当碳的质量不再改变，则各物质的质量都不变，说明反应达到平衡状态，D错误；
答案选C。
(4)
①在I表面上CO转化成CO2，则第iii)步反应为：*COO*→CO+*，此时二氧化碳仍吸附在I表面。
②由图示可知，CO在I表面活化能最小，则CO在I表面反应释放CO2的速率最快；由图示可知，CO在I、III表面反应为放热反应，在II、IV、V表面反应为吸热反应，且释放等量CO2时，在III表面反应放出能量比I多，因此释放等量CO2时，在III表面反应放出能量最多。
11．(1) -128.0 低温
(2)BD
(3) B 1 温度低于723K时，反应ⅱ（放热反应）占主导地位，温度升高，反应ⅱ平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应i逆向移动，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i（吸热反应）占主导地位，温度升高，CO2转化率升高
(4) HCOO* 短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离
【解析】
(1)
当反ⅱ中n=2时可得，根据盖斯定律，由可得，则；根据ΔH-TΔS＜0时反应能自发进行，该反应是放热的、熵减的可逆反应，即ΔH＜0，ΔS＜0，则该反应在低温下有利于该反应自发进行；
(2)
A.增大n(CO2)：n(H2)投料比，相当于H2的量不变，增加CO2的量，会降低CO2的转化率，故A不符合题意；
B.反应ⅱ和ⅲ均为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使ⅱ、ⅲ的平衡正向移动，CO的浓度减小，反应ⅰ平衡正向移动，CO2的转化率增大，故B符合题意；
C.催化剂可以加快反应速率，但不改变平衡转化率，故C不符合题意；
D.及时分离出H2O，可以使反应的平衡正向移动，增大CO2的转化率，故D符合题意；
答案选BD；
(3)
①由图可知，当温度为573K左右时C4H8的选择性达到最大值，673K左右时C3H6的选择性达到最大值，773K左右时C2H4的选择性达到最大值，因此有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为573~773K，故选B；
②由图可知，温度为1083K时，CO的选择性为100%，烯烃的选择性为0，所以此时只发生反应i，CO2的转化率为75%，设初始投料为、，则有三段式：
则，，，；
③温度低于723K时，反应ⅱ（放热反应）占主导地位，温度升高，反应ⅱ平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应i逆向移动，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i（吸热反应）占主导地位，温度升高，CO2转化率升高，因此CO2的转化率先降低后升高；
(4)
①能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，由图可知CO2→甲氧基(H3CO*)过程中，CO2生成HCOO*的步骤能垒最大，为决速步骤；
②短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂的笼口八环孔脱离，所以短链烯烃选择性提高。
12．(1) 2NO+4e—=N2+2O2— 反应物与电极的接触面积更大，反应速率更快；气体在反应器中停留时间更长，反应更充分，NO的去除率更高
(2) NH3 Ce2O3
(3) 随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升 烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性
【解析】
(1)
①由图可知，通入一氧化氮的多孔电极为电解池的阴极，一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氮气和氧离子，电极反应式为2NO+4e—=N2+2O2—，故答案为：2NO+4e—=N2+2O2—；
②由长管式电化学还原器结构单元的示意图可知，相比于纽扣式反应器，长管式反应器中反应物与电极的接触面积更大，反应速率更快，且气体在反应器中停留时间更长，反应更充分，一氧化氮的去除率更高，故答案为：反应物与电极的接触面积更大，反应速率更快；气体在反应器中停留时间更长，反应更充分，NO的去除率更高；
(2)
①从整个反应机理来看，CeO2、SO2是反应的催化剂，NH3、NO、O2是反应的反应物，N2和H2O是生成物，反应中NH3分子中的氮元素化合价升高被氧化，是反应的还原剂，故答案为：NH3；
②由反应①可得反应xCeO2+3SO2+ O2=Cex(SO4)y，由硫原子个数守恒可得：y=3，由氧原子个数守恒可得2x+6+2=4y，解联立可得x=2，则硫酸盐中Ce元素的化合价为+3价，由反应②为没有化合价变化的非氧化还原反应，所以CemOn中Ce元素的化合价也为+3价，则氧化物的化学式为Ce2O3，故答案为：Ce2O3；
(3)
①在150-225°C范围内，一氧化氮去除率随温度的升高而迅速上升说明随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使一氧化氮的去除反应速率迅速上升，故答案为：随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升；
②若燃煤烟气中伴有一定浓度的氯化氢气体，氯化氢与通入的氨气反应生成氯化铵固体，原剂氨气的量减少，会导致一氧化氮去除率下降，反应生成的氯化铵固体覆盖在铜基催化剂表面，使催化剂失去活性，也会使一氧化氮去除率下降，故答案为：烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性。
13．(1)较高
(2) b a
(3) pH为1.25～2.75时，随着pH升高，NaClO含量增大，HClO含量降低，氧化性减弱，去除率下降；pH为2.75～6.00时，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化(分两部分答出物质存在形式随pH变化的相关内容即给满分) 氯离子在阳极产生氯气、次氯酸或次氯酸根(提到其中任何一个氧化性物质即得满分)等强氧化剂，能有效地氧化去除氨氮
【解析】
(1)
该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，△H＞0，△S＞0，要使反应自发进行，△G=△H-T△S＜0，则反应自发进行的外界条件是较高温度条件下；
(2)
①根据图象可知，在反应达到平衡时H2的平衡分压为120 kPa，由于气体的物质的量的比等于压强之比，则n(H2)=，用H2的浓度变化表示0～时间内的反应速率v(H2)=；
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，则N2的压强迅速变为原来的2倍，然后是增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，最终达到平衡时比t1时的2倍小，则图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是b；
③a．适当升高温度，化学反应速率加快；化学平衡会向吸热的正反应方向移动，导致H2的体积分数增大，a符合题意；
b．适当降低温度，化学反应速率减慢；且化学平衡会向放热的逆反应方向移动，导致H2的体积分数减小，b不符合题意；
c．加入催化剂会使化学反应速率加快，但化学平衡不移动，因此不能提高平衡体系中H2的体积分数，c不符合题意；
d．降低压强，化学反应速率减小；化学平衡向气体体积增大的正反应方向移动，导致平衡体系中H2的体积分数增大，d不符合题意；
e．将生成物中的氮气液化分离出体系，化学反应速率减小；化学平衡正向移动，导致平衡体系中H2的体积分数增大，e不符合题意；
故合理选项是a；
(3)
①根据图示可知：在溶液pH为1.25～2.75时，随着pH升高，NaClO含量增大，HClO含量降低，氧化性减弱，去除率下降；当溶液pH为2.75～6.00时，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化；
②电化学除氨原理为：氨氮被电极表面产生的强氧化性物质氧化而去除，实际过程中在氨氮废水中投加Cl-，能显著提高去除效率，这是由于Cl-能在阳极产生Cl2、HClO或ClO-等强氧化性物质，能有效地氧化去除氨氮，因而能显著提高氨氮去除效率。
14．(1)NH3·H2O+ CO2=NH+HCO
(2) —49 低温
(3) 0.225mol(L·min) 5.3 AC
(4) 320℃ 温度升高，反应速率加快，CO2转化率增大，但CH3OH的选择性降低，副反应也增多，CH3OH的含量降低
(5) > 该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，T1小于T2说明平衡左移，气体的体积分数增大，压强增大
【解析】
(1)
由题意可知，浓氨水与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的离子方程式为NH3·H2O+ CO2=NH+HCO，故答案为：NH3·H2O+ CO2=NH+HCO；
(2)
由盖斯定律可知，反应①+②得到二氧化碳转化为甲醇的反应，反应△H=△H1+△H2=(+41kJ/mol)+(—90kJ/mol)=—49 kJ/mol，该反应为熵减的放热反应，低温条件下，反应△H—T△S＜0，反应能自发进行，故答案为：—49；低温；
(3)
10min时测得二氧化碳和甲醇的体积分数之比变为1：3且比值不再随时间变化可知反应达到平衡，设平衡时生成甲醇的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲醇的体积分数之比变为1：3可得：3(1—a)=a，解得a=0.75；
①由三段式数据可知，反应开始到平衡时氢气的反应速率为=0.225mol(L·min)，故答案为：0.225mol(L·min)；
②由三段式数据可知，该温度下的平衡常数K=≈5.3，故答案为：5.3；
③该反应为放热反应，升高温度，化学反应速率增大，反应达到平衡后，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小、甲醇的浓度增大、氢气的体积分数增大，故选AC；
(4)
①由图可知，温度为320℃时，甲醇的选择性较高、二氧化碳转化率较高，则生成甲醇的最佳温度约为320℃，故答案为：320℃；
②温度升高，二氧化碳转化率升高，但产物甲醇含量降低说明温度升高，反应速率加快，二氧化碳转化率增大、甲醇的选择性降低，甲醇的选择性降低导致副反应也增多，甲醇的含量降低，故答案为：温度升高，反应速率加快，CO2转化率增大，但CH3OH的选择性降低，副反应也增多，CH3OH的含量降低；
(5)
该反应为气体体积减小放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由温度为T2℃时，可得平衡常数K==1.9，平衡常数小于温度为T1℃时说明T1小于T2，T1℃时气体的体积分数小于T2℃时，压强小于T2℃时，故答案为：>；该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，T1小于T2说明平衡左移，气体的体积分数增大，压强增大。
15．(1) N＞O＞C ＜
(2) sp2、sp3 NH3是极性分子；NH3可与水发生化学反应；NH3易与H2O形成分子间氢键，使其在水中的溶解度增大；NH3能形成分子间氢键，而AsH3分子间不能，所以NH3的沸点比AsH3的高。
(3) 1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1 BCE GaP 二者均为原子(共价)晶体，P原子半径小于As，Ga—P键的键长小于Ga—As键的键长，GaP键能更大，熔点更高 (0.75，0.25，0.25)
【解析】
(1)
同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大，但是N的2p能级半充满，比较稳定，N的第一电离能大于O，所以第一电离能N＞O＞C；一般来说，同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以电负性P＜Cl。
故正确答案：N＞O＞C；＜
(2)
磷酸氯喹中N原子有两种杂化方式，价层电子对数分别是3、4，所以N原子杂化方式分别为、。NH3是极性分子；NH3可与水发生化学反应；NH3易与H2O形成分子间氢键，使其在水中的溶解度增大；NH3能形成分子间氢键，而AsH3分子间不能，所以NH3的沸点比AsH3的高。
故正确答案：sp2、sp3；NH3是极性分子；NH3可与水发生化学反应；NH3易与H2O形成分子间氢键，使其在水中的溶解度增大；NH3能形成分子间氢键，而AsH3分子间不能，所以NH3的沸点比AsH3的高。
(3)
①Ga为31号元素，位于第四周期第ⅢA族，所以基态Ga原子核外电子排布式为或。
②1个金刚石晶胞内部的碳原子数为4，顶点和面心的碳原子数为4，磷化镓晶体为原子(共价)晶体，晶体中只存在共价键，每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga也与4个P以单键相连，而P最外层有5个电子，Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，而P与Ga之间有四个共价键，所以还有一个配位键，P与Ga之间存在的单键是极性共价键，同时也是键。
③二者都是原子(共价)晶体，砷的原子半径大于磷，因此Ga-P键的键长小于Ga-As键的键长，熔点较高的是GaP。
④晶胞内4个P原子形成正四面体结构，根据投影图可知晶胞在三维坐标的位置如图，则原子3的分数坐标为(0.75，0.25，0.25)；一个GaP晶胞中P原子数为4，Ga原子数为，一个GaP晶胞的质量，晶胞的体积，晶胞的边长，晶胞中Ga原子与P原子的最近距离等于体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，所以晶胞中Ga和P原子的最近距离为。
故正确答案：①1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；②BCE；③GaP，二者均为原子(共价)晶体，P原子半径小于As，Ga—P键的键长小于Ga—As键的键长，GaP键能更大，熔点更高；④(0.75，0.25，0.25)，××1010
16．(1)-249.6
(2)bd
(3) a，d KA＞KB＞KC 3.1 60%
【解析】
(1)
由题干信息已知，反应I：CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/mol反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-332kJ/mol，则2I+II即可得到反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ，根据盖斯定律可知，ΔH3=2ΔH1+ΔH2=2×(+41.2kJ/mol)+( -332kJ/mol)=-249.6 kJ/mol，故答案为：-249.6；
(2)
a．化学平衡的特征之一为正、逆反应速率相等，2(H2)=(H2O)未告知正、逆反应情况，不能说明反应达到平衡状态，a不合题意；
b．已知反应II是一个正反应为气体体积减小的反应，即反应过程中容器内压强始终在改变，故容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，b符合题意；
c．由于反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g)中CO和H2的系数比为1:2，题干中CO和H2的投料比也是1:2，故反应过程中始终保持为1:2不变，故保持不变不能说明反应达到平衡状态，c不合题意；
d．化学平衡的特征之一就是反应体系各组分的百分含量保持不变，故C2H4的质量分数保持不变，说明反应达到化学平衡状态，d符合题意；
故答案为：bd；
(3)
①结合(1)的分析可知，反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3=-249.6 kJ/mol，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1:3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1:3，C2H4和H2O的体积分数之比为1:4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为a，d，故答案为：a，d；
②由上述分析可知，升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，则A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KA＞KB＞KC，故答案为：KA＞KB＞KC；
③根据三段式分析可知：，结合①的分析可知，240℃时，反应达到平衡后，H2和H2O的体积分数相等，故有3-6x=4x，解得：x=0.3mol，故容器中气体的总物质的量1-2x+3-6x+x+4x=4-3x=4-3×0.3=3.1mol，H2(g)的平衡转化率为=60%，若平衡时总压为P，则p(CO2)=，p(H2)= ，p(C2H4)= ，p(H2O)=，该反应的平衡常数Kp= =，故答案为：3.1；60%；。
17．(1) I TS2 消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度
(2) 较高 0.06 0.0012
【解析】
(1)
①反应放热有利于反应的进行，反应放热量越大，在热力学上的趋势越大，故选Ⅰ；
②由图1可知历程经过TS2步骤活化能较大，为总反应的控速步骤；由图示可知，总反应过程中没有消耗，故催化剂为；
③由盖斯定律可知，反应Ⅳ反应Ⅱ反应Ⅲ，；
之后，温度升高，对消碳反应反应速率影响更大，故积碳量减小的主要原因为消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度；
(2)
①该反应的、，由有利于自发反应推知，该反应在较高温度下能自发进行；
②起始充入的物质的量为1 mol，压强为；由图可和，平衡时、、的压强分别为0.6p0、0.2p0、0.6p0，平衡时由压强比等于物质的量之比推知、、的物质的量之比为6:2:6；设反应的物质的量为2x，则剩余、生成、的物质的量分别为(1-2x)、x、3x，(1-2x)：x=6:2，则x=0.2mol，故、、的物质的量分别为0.6 mol、0.2 mol、0.6 mol，的浓度为，则反应的平衡常数。由图知，容器的容积缩小到5 L时，乙炔分压增大到原来2倍，该反应为气体分子总数增大的反应，缩小容器容积平衡逆向移动，故曲线表示分压与时间关系。
答案第1页，共2页
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1．（2022·山东淄博·二模）温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。
I．CH4与CO2、H2O重整制合成气的反应如下：
i．CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)
ii．CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)
iii．CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)
已知反应ⅱ和ⅲ的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系如图1所示。
(1)i.CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) △H_______0(填“＞”或“＜”)
(2)分别在不同压强下，向VL密闭容器中按照n(CO)：n(CH4)：n(H2O)=l：l：1投料，实验测得平衡时随温度的变化关系如图2所示。
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序为_______。
②压强为p2时，随着温度升高，先增大后减小。解释原因_______。
II．向密闭容器中充入一定量的CH4(g)和NO(g)，保持总压为100kPa发生反应：CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H<0。
已知=1时NO平衡转化率～、T3K下NO平衡转化率～的关系曲线如图3所示。
(3)曲线_______(填“I”或“II”)表示T3K下NO平衡转化率～的关系；Tl_______T2(填“＞”或“＜”)。
(4)在=1、T3K下，该反应平衡时N2的体积分数为_______。已知：该反应的标准平衡常数，其中pθ为标准压强，pθ=100kPa，p(CH4)、p(NO)、p(CO2)、p(N2)和p(H2O)为各组分的平衡分压，则该温度下该反应的标准平衡常数Kθ=________(p分=p总×物质的量分数)。
2．（2022·四川·遂宁中学三模）丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径。回答下列相关问题：
(1)已知：Ⅰ.2C3H8(g)+O2(g)2C3H6(g)+2H2O(g) △H1=-238kJ mol-1
Ⅱ.2H2(g)+O2(g)2H2O(g) △H2=-484kJ mol-1
则丙烷脱氢制丙烯反应C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)的△H为_______kJ mol-1
(2)一定温度下，向1L的密闭容器中充入1mol C3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍。
①0~10min丙烷的化学反应速率v(C3H8)=_______mol L-1 min-1。
②下列情况能说明该反应达到平衡状态的是_______。
A．△H不变 B．C3H8与H2的物质的量之比保持不变
C．混合气体密度不变 D．混合气体的总压强不变
(3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入1mol C3H8，开始压强为pkPa，C3H8的气体体积分数与反应时间的关系如图所示：
①此温度下该反应的平衡常数Kp=_______(用含字母p的代数式表示，Kp是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数)。
②已知该反应过程中，v正=k正p(C3H8)，v逆=k逆p(C3H6)p(H2)，其中k正、k逆为速率常数，只与温度有关，则图中m点处=_______。
(4)某丙烯燃料电池的工作原理如图所示，质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为1L 2mol/L H2SO4溶液。a极的电极反应式为_______；当导线中有1.8mol e-发生转移时，左右两侧溶液的质量差为_______ g ( 假设反应物耗尽，忽略气体的溶解)。
3．（2022·山东·模拟预测）NO是常见的一种污染气体，可以利用其性质进行有效转化再利用。
(1)已知反应：
I.N2(g)+O2(g)2NO(g) △H=+181kJ/mol
II.3N2H4(g)+3O2(g)3N2(g)+6H2O(g) △H=-534kJ/mol
若某反应NO转化的反应平衡常数表达式为Kc=，则该反应的热化学方程式为____。
(2)NO可在一定条件下发生反应2NO(g)N2O2(g)，该反应的v正=K正c2(NO)，v逆=K逆c(N2O2)，(K正、K逆为速率常数)，且速率与浓度关系如图所示。
①T℃、pkPa条件下，该反应的平衡常数为____。
②T℃、pkPa条件下，一定容积容器中充入一定量NO，平衡时测得c(N2O2)为0.4mol/L，则平衡时NO的体积分数为____，平衡后v正=____。(写出表达式)
(3)NO在催化剂条件下可被H2还原为无害物质，反应为2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)，在密闭容器中按c(NO)：c(H2)=1：1充入，反应结果如图：
①提高NO平衡转化率的措施有____。
A．增大投料 B．降低反应温度
C．减小容器体积 D．充入水蒸气增大压强
②若不用催化剂，M点平衡转化率是否会降至O点，并简述理由____。400℃后，催化效率降低的原因____。
4．（2022·天津河东·一模）工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。回答下列问题：
(1)在C和的反应体系中：
反应1
反应2
反应3
①_______
②如图，若，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示，对应于反应3的线是_______ (填a、b或c)。
③一定压强下，随着温度的升高，气体中与的物质的量之比_______
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
(2)水煤气反应：。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是_______
(3)一氧化碳变换反应：
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强(即组分的物质的量分数×总压)：、、、，则反应的平衡常数K的数值为_______。
②维持与①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和的物质的量之比为_______。
③以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离成氢气和，能量-反应过程如图所示。
用两个化学方程式表示该催化反应历程(反应机理)：
步骤Ⅰ：；步骤Ⅱ：_______。
5．（2022·山东潍坊·模拟预测）近年，甲醇的制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。以下是两种制取过程：
(1)利用CO2制取甲醇
在1L的容器中，选择合适的催化剂进行反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH<0。改变表中条件，测得如下数据：
温度 投料n(H2)/mol 投料n(CO2)/mol H2平衡转化率/%
1组 T1 1 2 60
2组 T2 2 2 50
3组 T3 6 2 α
①T1时平衡常数K=_______(计算结果保留2位小数)；若T1=T3，则α_______60%(填“<”“=”“>”)，结合相关数据计算，写出推理过程_______。
②已知反应速率v正=k正x(CO2)x3(H2)，v逆=k逆x(CH3OH)x(H2O)，k正、k逆为速率常数，x为物质的量分数。若第2组数据的k正=20mol·L-1·s-1，则平衡时v逆=_______mol·L-1·s-1。
(2)利用烯烃催化制取甲醇
制取过程中发生如下反应：
I.C3H6(g)+3H2O(g) 3CH3OH(g) △H1
II.C2H4(g)+2H2O(g) 2CH3OH(g) △H2
III.3C2H4(g) 2C3H6(g) △H3
反应I、III的vantHoff实验数据如图所示(vantHoff经验公式RlnK=-+C，为标准焓变，K为平衡常数，R和C为常数)。根据图判断：.
①△H2=_______(用含△H1和△H3的计算式表示)，反应III的=_______kJ·mol-1。
②为研究该反应体系的平衡关系，向容积为1L的容器中加入1.0mol甲醇，控制温度为500K，测得平衡时，甲醇的转化率为0.8，乙烯的物质的量为0.1mol，则R的数值为_______。(计算结果保留1位小数，已知：lge=0.43，lg5=0.7)
6．（2022·浙江台州·二模）大气中日益增多的含碳气体以、、为主。请回答：
(1)工业上可以用来生产二甲醚，T℃下有关反应及相关数据如下
序号 反应 K
Ⅰ -90.7 a
Ⅱ -23.5 b
Ⅲ -41.2 c
①反应的平衡常数为，_______。
②在恒容容器中与反应生成二甲醚：，只改变下列一个条件，平衡转化率一定增大的是_______(填字母序号)。
A．加入催化剂 B．降低温度 C．充入惰性气体 D．增大初始值
已知T℃下，若c>1，则该反应的平衡常数_______(填“<”、“>”或“=”)。
(2)一定条件下，可发生如下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.。
图1为反应Ⅰ反应过程与能量的关系，图2为、混合体系的与的图像关系。已知需用相对分压代替浓度计算，气体的相对压强。请回答：
①图1历程分成多步进行，写出反应速率最快一步的化学方程式_______。若加入某物质M后，分解历程变为虚线所示曲线，判断物质M能否催化分解？并说明理由_______。
②图2中直线a、b属于甲烷分解的是_______(填字母)，在A点对应温度下，测得的平衡分压为16kPa，则的平衡分压为_______。
7．（2022·上海·模拟预测）甲醇是重要的化工原料，也是重要的能源物质，可发展替代传统化石燃料。开发加氢制甲醇技术既能解决温室效应等环境问题，又能有效提高资源的利用率。回答下列问题：
(1)加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反应，其反应如下：
①
②
③
则反应③的_______。
(2)加氢生成甲醇适宜在_______(填“低温”“高温”“高压”“低压”，可多选)条件下进行，在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO，请从平衡移动角度分析原因：_______。
(3)在一恒温、容积可变的密闭容器中，充入1mol 与3mol 发生反应： ，在温度T下的平衡转化率与总压强的关系如图1所示，图中M点时的物质的量分数为_______，该反应的压强平衡常数为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(4)也可以通过电化学方法转化为，装置如图2所示。阴极的电极反应式为_______，若外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极质量增加32g时，则标准状况下阳极生成_______L 。
8．（2022·浙江金华·二模）NOx一直是大气污染物主要成分之一，运用化学反应原理研究活性炭、等物质还原氮氧化物从而减弱大气污染，此举具有重要意义。
(1)反应在常温下能自发进行，据此判断此反应的焓变△H___________0(填“＞”、“＜”、“=”)
(2)以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：
第一步： 第二步：
第三步：___________ 第四步：
(3)已知在298 K和101 kPa条件下，有如下反应：
反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5 kJ/mol
反应②：
若反应CO2(g)+ N2(g)=C(s)+NO(g)的活化能为，则反应的活化能为___________。
(4)对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1 mol/L。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示。
①据图分析，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是___________(用a、b、c表示)。
②400℃时，CaO/C催化下此反应的平衡常数Kp=144，则反应达平衡时NO的去除率为___________(保留两位有效数字)。
(5)将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置如图)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示：
在50~250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是___________；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________。
9．（2022·上海·模拟预测）ClO2是一种重要的含氯消毒剂，是黄绿色易溶于水的气体，一种生产流程如图所示：
回答下列问题：
(1)气体A的成分是_______；
(2)电解过程中得到NCl3的电极反应式是_______；
(3)已知NaClO2饱和溶液在温度低于38°C时，析出的晶体是NaClO2·3H2O， 在温度高于38°C时析出的是NaClO2·NaClO2的溶解度曲线如图所示。
从NaClO2溶液中制得NaClO2的操作步骤：①_______；②_______；③洗涤；④干燥。
(4)NaClO2溶液与NCl3溶液反应的离子方程式是_______；
(5)除去ClO2中的NH3可选用的试剂是_______(填写字母)；
A．碱石灰 B．浓硫酸 C．碳酸钠溶液 D．氢硫酸
(6)测定ClO2(如图)的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100 mL水溶解后，再加3 mL硫酸溶液；在玻璃液封管中加入水；将生成的ClO2气体通过导管在锥形瓶中被吸收；将玻璃封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液用c mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定(I2 +2S2O=2I- +S4O)，共用去V mL硫代硫酸钠溶液。
①装置中玻璃液封管的作用是_______。
②滴定至终点的现象是_______。
③测得ClO2的质量m(ClO2)_______(用含c、V的代数式表示)。
10．（2022·黑龙江·哈九中二模）热解耦合化学链制氢工艺是一种将生物质废物转变为高纯H2的环境友好型技术路线，如图1。
(1)在燃料反应器中，研究人员对纯CO作为燃料气与铁基载氧体(Fe2O3)的还原反应进行了理论研究，得到了还原阶段CO平衡浓度和固体成分随温度变化的图像，如图2(m、n、p、q均为正值)。
已知：a.3Fe2O3(s)+CO(g)2Fe3O4(s)+CO2(g) △H1=-mkJ/mol
b.Fe3O4(s)+CO(g)3FeO(s)+CO2(g) △H2=+nkJ/mol
c.FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g) △H3=-qkJ/mol
d.Fe3O4(s)+4CO(g)3Fe(s)+4CO2(g) △H4=-pkJ/mol
①反应 Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)的△H= _______kJ/mol(用 m、n、q表示)。
②当温度低于300℃时，燃料还原阶段得到的固体主要是Fe和 _______。
③曲线L3代表的反应为_______(填“b”或“c”)，曲线L2随温度升高而降低的原因是_______。
(2)在蒸汽反应器中，研究表明：压强对出口气体百分含量的影响不大，其原因是_______。
(3)纯CO作燃料气反应时发生歧化反应［2COC(s)+CO2］使铁基载氧体的固定床内大量积碳。对CO歧化反应进行独立研究：t℃时，标准压强下进行该反应，标准平衡常数，其中标准压强(P)=100kPa，分压(P)=总压(Pθ)×物质的量分数。向一恒温恒压容器中通入2molCO，测得平衡后CO2的物质的量为为0.5mol，该条件下的Kpθ=_______ 。对于反应2CO(g)C(s)+CO2(g)，下列物理量或说法不能用来判断反应达到平衡的是 _______。(填标号)。
A．气体平均相对分子质量 B．气体的密度(恒温恒压)
C．CO的消耗速率等于2倍的CO2生成速率 D．C(s)的质量
(4)CO深度还原Fe2O3的过程为：Fe2O3Fe2O2.55Fe2O2Fe2O1.5Fe2O。该过程中，在不同铁基载氧体(FexOy)表面的能垒变化如下图所示：CO在各表面稳定吸附为初始状态(IS)，CO2从各表面脱附进入气相为最终状态(FS)。
①在I表面上CO转化成CO2的反应路径分三步：
i)*+CO→CO*；(*为活性点位)；
ii)CO*+O*→*COO*；
iii)_______。
②CO在_______表面反应释放CO2的速率最快(填“I”、“II”、“III”或“IV”)；释放等量CO2时，在_______表面反应放出能量最多(填"I”、“II”、“III”或“IV”)。
11．（2022·上海·模拟预测）CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)是缓解化石能源消耗、实现减排的重要途径之一。FT转化路径(CO2→CO→CnH2n)涉及的主要反应如下：
i.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H1=41.1kJ mol-1
ii.nCO(g)+2nH2(g)=CnH2n(g)+nH2O(g)n=2时，△H2=-210.2kJ mol-1
iii.CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) △H3=-205.9kJ mol-1
(1)2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) ΔH=_______kJ·mol-1，_______(填“高温”或“低温”)有利于该反应自发进行。
(2)有利于提高CO2平衡转化率的措施有_______(填标号)。
A．增大n(CO2)：n(H2)投料比 B．增大体系压强
C．使用高效催化剂 D．及时分离H2O
(3)n(CO2)：n(H2)投料比为1：3、压力为1MPa时，无烷烃产物的平衡体系中CO2转化率和产物选择性随反应温度变化曲线如下图。
①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为_______(填标号)。
A．373~573K B．573~773K C．773~973K D．973~1173K
②计算1083K时，反应i的Kp=_______。
③373~1273K范围内，CO2的转化率先降低后升高的原因是_______。
(4)FT转化路径存在CH4含量过高问题，我国科学家采用Cr2O3(SG)和H-SAPO-34复合催化剂极大提高短链烯烃选择性。CO2在催化剂Cr2O3(SG)表面转化为甲醇的各步骤所需要克服的能垒及甲醇在H-SAPO-34作用下产生乙烯、丙烯示意图如下。.
①吸附态用*表示，CO2→甲氧基(H3CO*)过程中，_______的生成是决速步骤(填化学式)。
②H-SAPO-34具有氧八元环构成的笼状结构(直径0.94nm)，笼口为小的八环孔(直径0.38nm)。从结构角度推测，短链烯烃选择性提高的原因_______。
12．（2022·江苏·模拟预测）NO的治理是当前生态环境保护中的重要课题之一。
I.电化学技术
(1)利用固体氧化物电解池可将NO直接转化为N2，实际应用中常将若干个电化学还原器结构单元组装在一起，形成电堆，以提高NO的去除效率。
①纽扣式电化学还原器结构单元(其装置如图1所示)可叠加组装成电堆使用。电解时，阴极发生的电极反应式为_______。
②长管式电化学还原器结构单元(其剖面结构如图2所示)采用阴极微孔管作支撑，在管内外壁各设置一个对称的阳极微孔管，阴阳极管壁之间填充有固体氧化物电解质，使用时常将该结构单元组装成蜂窝状电堆。当电堆体积一定时，相比于纽扣式反应器，长管式反应器的优点是_______。
II.NH3-SCR技术
(2)Cu基催化剂是NH3-SCR技术脱除NO中性能较为优异的新型催化剂，但烟气中的SO2会造成Cu基催化剂的催化性能下降。加入CeO2(基态Ce原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2)可抑制SO2对Cu基催化剂的影响，其作用机理如图3所示(含Ce化合物的比例系数均未标定)。
①从整个反应机理来看，总反应中起还原作用的物质是_______(填化学式)。
②在上述反应机理图中，CemOn的化学式为_______。
(3)将3%NO、6%NH3、21%O2和70%N2的混合气体(N2为平衡气)以一定流速通过装有Cu基催化剂的反应器，NO去除率随反应温度的变化曲线如图4所示。
①在150-225°C范围内，NO去除率随温度的升高而迅速上升的原因是_______。
②燃煤烟气中伴有一定浓度的HCl气体，它会造成NO去除率下降，其原因可能是_______。
13．（2022·辽宁·沈阳二中二模）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运；氨气及铵盐同时也是空气和水体污染物，需用化学方法除去。
Ⅰ．氨热分解法制氢气：
(1)已知反应 kJ/mol，在___________(较高/较低)温度下反应能自发进行。
(2)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1mol 通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～时间内的反应速率v(H2)______(用含的代数式表示)
②时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后分压变化趋势的曲线是______(用图中a、b、c、d表示)。
③下列措施一定可以提高平衡体系中的体积分数，又能加快反应速率的是___________。
a．适当升高温度 b．适当降低温度 c．加入催化剂 d．降低压强 e．将生成物中的氮气液化分离出体系
(3)Ⅱ：某研究小组用NaClO氧化法处理氨氮废水，使氨氮(包含、等微粒)完全氧化成氮气而减少水污染。氧化过程中进水pH对氨氮去除率的影响如图所示：
(已知：HClO的氧化性比NaClO强；NH3比更易被氧化)
①氨氮去除率随进水pH的增大先降低后升高的原因为___________。
②电化学除氨原理为：氨氮被电极表面产生的强氧化性物质氧化而去除，实际过程中在氨氮废水中投加氯离子，能显著提高去除效率，其原因是___________。(排除导电性变化原因)
14．（2022·四川南充·二模）实现碳中和成为各国科学家的研究重点，将二氧化碳转化为绿色液体燃料甲醇是一个重要方向。
甲醇的制备原理为：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
(1)工业上利用低浓度氨水作为捕获剂，吸收烟气中CO2生成NH4HCO3以获得原料气体，其离子方程式为___________。
(2)甲醇的制备反应一般认为通过如下两步来实现：
①CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)kJ/mol
②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)kJ/mol
根据盖斯定律，该反应的________kJ·mol-1，反应能在______(填“高温”或“低温”)自发进行。
(3)为探究该反应原理，进行如下实验：在一恒温，体积为1L恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，进行该反应(不考虑其它副反应)。10min时测得CO2和CH3OH(g)的体积分数之比变为1：3且比值不再随时间变化。回答下列问题：
①反应开始到平衡，v(H2)=___________。
②该温度下的平衡常数K=___________(mol/L)-2(保留两位有效数值)。
③若上述反应过程中不断升高反应温度，下列图像正确的是___________。
(4)我国科学家制备了一种ZO-ZrO2催化剂，实现CO2高选择性合成CH3OH。气相催化合成过程中，CO2转化率(x)及CH3OH选择性(S)随温度的变化曲线如图。
①生成CH3OH的最佳温度约为___________。
②温度升高，CO2转化率升高，但产物CH3OH含量降低的原因：__________。
(5)研究发现，CO2加氢还可制备甲酸(HCOOH)，反应为CO2(g)+H2(g) HCOOH(g)<0。在一容积固定的密闭容器中进行反应，实验测得：，、为速率常数。温度为T1℃时，该反应K=2，温度为T2℃时，，则T2℃时平衡压强___________(填“>”“<”或“=”)T1℃时平衡压强，理由是___________。
15．（2022·河北·模拟预测）磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染，其结构如图所示。回答下列问题：
(1)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序为____；电负性P___Cl(填“＞”或“＜”)。
(2)磷酸氯喹中N原子的杂化方式为___，NH3极易溶于水，且沸点比AsH3的沸点高，其原因是___。
(3)磷化镓与砷化镓是两种由ⅢA族元素与ⅤA族元素人工合成的Ⅲ-Ⅴ族化合物半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被P(As)原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。
①基态Ga原子核外电子排布式为___。
②磷化镓晶体中含有的化学键类型为___(填字母)。
A．离子键 B．配位键 C．σ键 D．π键 E.极性键 F.非极性键
③磷化镓与砷化镓具有相似的晶体结构，其中熔点较高的是___(填化学式)，原因是___。
④以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。如图为沿y轴投影的磷化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(0.25，0.25，0.75)，则原子3的原子分数坐标为___；若磷化镓的晶体密度为ρg cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ga和P原子的最近距离为___pm(用代数式表示)。
16．（2022·贵州贵阳·一模）研究CO2的综合利用、实现CO2资源化，是能源领域的重要发展方向，也是力争2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和的方向之一、
已知：反应I：CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/mol
反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-332kJ/mol
反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3
(1)反应III中，ΔH3=___________kJ/mol。
(2)在体积为2L的刚性密闭容器中，充入1molCO和2molH2，发生反应II，能判断反应达到平衡状态的是___________(填字母序号)。
a．2(H2)=(H2O) b．容器内压强保持不变
c．保持不变 d．C2H4的质量分数保持不变
(3)在体积为2L的恒压密闭容器中，起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，发生反应III，该反应在不同温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别是___________(填字母序号)。
②A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为___________。
③240℃时，反应达到平衡后，容器中气体的总物质的量为_______mol，H2(g)的平衡转化率为_____。若平衡时总压为P，该反应的平衡常数Kp=______(列出计算式。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数)。
17．（2022·广东肇庆·三模）随着我国碳达峰、碳中和目标的确定，含碳化合物的综合利用备受关注。回答下列问题：
(1)已知某反应体系中主要涉及如下反应：
Ⅰ.；
Ⅱ．。
①反应Ⅰ和反应Ⅱ中，在热力学上趋势更大的是___________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②反应Ⅰ的一种溶剂化催化反应历程如图所示(其中TS表示过渡态)。
历程中生成___________(填“TS1”或“TS2”)的反应步骤为总反应的决速步，反应过程的催化剂为___________。
③反应Ⅱ的催化剂活性会因为甲烷分解产生积碳而降低，同时二氧化碳可与碳发生消碳反应而降低积碳量，设计如下反应：
Ⅲ．；
Ⅳ.。
反应Ⅳ的为___________。其他条件相同时，催化剂表面积碳量与温度的关系如图所示，之后，温度升高积碳量减小的主要原因为___________。
(2)甲烷部分催化氧化剂制备乙炔是目前研究的热点之一、反应原理为：
。
①该反应在___________(填“较高”或“较低”)温度下能自发进行。
②一定温度下，将1 mol 充入10 L的固定容积容器中发生上述反应，实验测得反应前容器内压强为，容器内各气体分压与时间的关系如图所示。
6～8 min时，的浓度为___________，反应的平衡常数___________；若8 min时改变的条件是缩小容器容积到5 L，其中分压与时间关系可用图中曲线___________(填“”“”“”或“”)表示。
试卷第1页，共3页
试卷第2页，共2页
参考答案：
1．(1)＞
(2) P3 升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，T＜Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度大于反应Ⅲ，n(H2)增加的更多，而T＞Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度小于反应Ⅲ，n(H2)增加的更少
(3) II ＞
(4) 20% 4.0
【解析】
(1)
由题干中反应ⅱ和ⅲ的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系图所示信息可知，反应ii的平衡常数随温度升高而增大，说明反应ii正反应为吸热反应，即＞0，反应iii的平衡常数随温度升高而减小，说明反应iii正反应是放热反应，即＜0，反应ii-反应iii可得反应i，根据盖斯定律可知，＞0，故答案为：＞；
(2)
①反应Ⅰ、Ⅱ均为气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，n(H2)增加的程度大于n(CO)，则压强P1、P2、P3由大到小的顺序为 P3＞P2＞P1，故答案为：P3；
②由图可知，压强为P2时，随着温度升高，n(H2)：n(CO)先增大后减小，原因是反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，T＜Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度大于反应Ⅲ，n(H2)增加的更多，而T＞Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度小于反应Ⅲ，n(H2)增加的更少，故答案为：升高温度，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ平衡均正向移动，T＜Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度大于反应Ⅲ，n(H2)增加的更多，而T＞Tm时，升高温度对反应Ⅰ、Ⅱ的促进程度小于反应Ⅲ，n(H2)增加的更少；
(3)
由反应方程式CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知，随着的增大，即增大NO的投入量，平衡正向移动，CH4的转化率增大而NO的转化率却减小，由图3所示信息可知，曲线II表示T3K下NO平衡转化率～的关系，由题干反应方程式CH4(g)+4NO(g) 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H<0可知，升高温度平衡逆向移动，则NO的转化率减小，由图中曲线I表示=1时NO平衡转化率～关系图，从图中所示信息可知，T越大，则越小，NO的转化率越小，故Tl＞T2，故答案为：II；＞；
(4)
由题干图示信息可知，在=1、T3K下，NO的转化率为80%，根据三段式分析可知，，则该反应平衡时N2的体积分数为=20%，则此时CH4、NO、CO2、N2、H2O的平衡分压分别为：p(CH4)==40kPa，p(NO)==10kPa，p(CO2)==10kPa，p(N2)==20kPa，p(H2O)==20kPa，故该反应的标准平衡常数==4.0，故答案为：20%；4.0。
2．(1)+123
(2) 0.05 BD
(3) 0.9p 5.4
(4) C3H6-18e-+6H2O=3CO2+18H+ 27
【解析】
(1)
根据盖斯定律，由(Ⅰ-Ⅱ)÷2可得C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，则ΔH=(ΔH1-ΔH2)=[-238kJ mol-1-(-484kJ mol-1)]=+123kJ mol-1，故答案为：+123；
(2)
①向1L的密闭容器中充入1mol C3H8发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体压强是开始的1.5倍，相同温度下，气体的物质的量之比等于压强之比，则平衡时气体的总物质的量为1.5mol，设参加反应的C3H8的物质的量为x mol，则平衡时C3H8、H2、C3H6的物质的量分别为(1-x)mol、x mol、x mol，则有1-x+x=1.5，解得x=0.5，即参加反应的C3H8的物质的量为0.5mol，，故答案为：0.05；
②A．该反应的ΔH恒定，因此ΔH不变不能说明反应达到平衡状态，故A不符合题意；
B．C3H8与H2的物质的量之比保持不变，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B符合题意；
C．反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，则气体的密度始终不变，因此混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；
D．该反应是气体体积增大的反应，是压强增大的反应，因此当混合气体的总压强不变，反应达到平衡状态，故D符合题意；
故答案为BD；
(3)
①由图可知，反应达到平衡状态时C3H8的体积分数为25%，设C3H8反应了x mol，则平衡时，C3H8的物质的量为(1-x)mol，C3H6的物质的量为x mol，H2的物质的量为x mol，则，解得x=0.6mol，总物质的量为1.6mol，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，平衡时气体的压强为1.6pkPa，，，则，故答案为：0.9p；
②平衡时v正=v逆，即，则，m点时，假设C3H8反应了y mol，则C3H8的物质的量为(1-y)mol，C3H6的物质的量为y mol，H2的物质的量为y mol，，解得y=，气体的总物质的量为，恒温恒容条件下，气体的压强之比等于物质的量之比，m点处气体的压强为，则，，m点，故答案为：5.4；
(4)
丙烯通入a极，则a为负极，丙烯在a极发生氧化反应，电极反应式为C3H6-18e-+6H2O=3CO2+18H+；该原电池正极反应式为，每转移18mol e-，负极通入1mol C3H8，消耗6mol H2O，逸出2mol CO2，生成的18mol H+移入正极区，则负极溶液实际减少的质量为6mol×18g/mol=108g，而正极通入4.5mol O2，得到18mol H+生成9mol H2O，则正极区溶液实际增加的质量为9mol×18g/mol=162g，两侧溶液的质量差为108g+162g=270g，则当溶液中有1.8mol e-发生转移时，左右两侧的质量差为27g，故答案为：C3H6-18e-+6H2O=3CO2+18H+；27。
3．(1)N2H4(g)+2NO(g)2N2(g)+2H2O(g) △H=-359kJ/mol
(2) 10 4×10m-1
(3) BC 不会，是否使用催化剂不会改变反应平衡转化率 温度过高影响催化剂效果
【解析】
(1)
根据平衡常数表达式可知该反应为N2H4(g)+2NO(g)2N2(g)+2H2O(g)由反应(II-I×3)/3可求出△H=kJ/mol=-359kJ/mol；
(2)
根据速率方程式lgv正=lgk正+2lg(NO)，lgv逆=lgk逆+lgc(N2O2)，则表示lgv正的曲线斜率大，lgk正=m+1lgk逆=m，平衡时v正=v逆，则k正c2(NO)=k逆c(N2O4)，；
设平衡时c(NO)=xmol/L，x=0.2mol/L，NO的体积分数：，平衡后v正=k正c2(NO)=10m+1×(0.2)2=4×10m-1；
(3)
A．增大投料，使NO转化率减小，A错误；
B．根据图像可知，此反应为放热反应，降低温度，有利于平衡正向移动，提高NO转化率，B正确；
C．正反应为气体分子数减小的反应，缩小体积，也有利于平衡正向移动，提高NO转化率，C正确；
D．充入水蒸气会增大水蒸汽浓度，减小NO转化率，D错误；
故选BC。
催化剂是否使用都不会改变反应的平衡转化率。400°C以后，催化效率下降，可能是催化剂催化效果变差，故温度过高影响催化剂效果。
4．(1) a B
(2)水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快反应速率
(3) 9.0 9：5 MO+CO=M+CO2
【解析】
(1)
①由已知方程式：(2×反应1-反应2)可得反应3，结合盖斯定律得：；
②反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a；
③温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，故答案选B；
(2)
由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率；
(3)
①该反应平衡常数K=；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：
则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1=9：5；
③水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O=MO+H2、MO+CO=M+CO2。
5．(1) 0.35(mol·L-1)-2 > 当α=60%时，浓度熵Q=，反应正向进行，达到平衡后α>60% 0.27
(2) -100 8.1
【解析】
(1)
①T1时起始投料n(H2)=1mol，H2平衡转化率为60%，则转化了0.6mol，由三段式：，容器体积为1L，T1时平衡常数；当α=60%时，浓度熵Q=，反应正向进行，达到平衡后α>60%；
②第2组起始投料n(H2)=2mol，H2平衡转化率为50%，则转化了1mol，由三段式：，平衡时总物质的量为，x(CO2)=，x(H2)=，x(CH3OH)=x(H2O)=，则v正=k正x(CO2)x3(H2)= 20××()3，v逆=k逆××，平衡时v正= v逆，则20××()3= k逆××，解得k逆=27 mol·L-1·s-1，则平衡时v逆=27 ××mol·L-1·s-1=0.27 mol·L-1·s-1；
(2)
①由盖斯定律反应II=，则△H2=；对于反应III，将(4，30.4)、(40，34)分别代入到RlnK=-+C中得到30.4=-4×10-3+C①、34=-40×10-3+C②，联立①②式解得=-100 kJ·mol-1，C=30；
②由①可知反应III的RlnK=+30，加入1.0mol甲醇，平衡时，甲醇的转化率为0.8，则转化的甲醇物质的量为0.8mol，设转化物质的量C3H6为xmol、C2H4为ymol，由反应I和II可得甲醇转为C3H6、C2H4，可得3x+2y=0.8①，对于反应III有y-=0.1②，联立①②式可得x=0.1、y=0.25，，温度控制为500℃，可得Rln=+30，解得R≈8.1。
6．(1) BD <
(2) 或 不能；因为无催化剂时分解速率由活化能最大的步骤决定，记为，加入M后，步骤的活化能大于，反应会变慢，故M不能催化分解 a 40kPa
【解析】
(1)
①由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2+Ⅱ+Ⅲ得反应：，2×(-90.7) +( -23.5) +( -41.2) =
②A．加入催化剂改变反应速率，不改变平衡移动，不改变物质转化率，A错误；
B．由盖斯定律可知，反应Ⅰ×2+Ⅱ-Ⅲ×2得反应：，-122.5，降低温度平衡正向移动，平衡转化率一定增大，B正确；
C．充入惰性气体不影响反应物浓度，平衡不移动，C错误；
D．增大初始值，会促进氢气的转化，平衡转化率一定增大，D正确；
故选BD；
T℃下，由盖斯定律可知；① K2，② K1，（②-①）的反应③ K3=c，则K3= ，若c>1，则该反应的平衡常数<；
(2)
①过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，图中峰值越小则活化能越小，活化能越小反应越快，图1历程分成多步进行，反应速率最快一步的化学方程式或；
若加入某物质M后，分解历程变为虚线所示曲线，由曲线可知：无催化剂时分解速率由活化能最大的步骤决定，记为，加入M后，步骤的活化能大于，反应会变慢，故M不能催化分解；
②由图1可知，反应Ⅰ中反应物能量小于生成物能量，反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡常数变大，结合图2可知，直线a的平衡常数随温度升高而变大，故图2中直线a、b属于甲烷分解的是a；
在A点对应温度下，=0，则Kp=1；由方程式可知：，解得。
7．(1)
(2) 低温、高压 加入一定量CO，使反应逆向进行，提高生成的选择性
(3) 16.7%
(4) 5.6
【解析】
(1)
加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反应，其反应如下：
①
②
③
根据盖斯定律，可知反应③=反应① 反应②，，则反应③的。
(2)
加氢生成甲醇的反应是一个反应后气体分子数减少的放热反应，因此，从热力学角度上分析，加氢生成甲醇的反应适宜在低温、高压的条件下进行；在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO，从平衡移动角度分析原因：加入一定量CO，使反应逆向进行，提高生成的选择性。
(3)
根据图中M点的平衡转化率为50%，得：
所以平衡时的物质的量分数为. 。
(4)
根据电荷守恒和质量守恒，阴极的电极反应式为，阳极有关系，若外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极反应式为，正极质量增加64g转移2mol ，若铅蓄电池正极质量增加32g，则铅蓄电池中转移电子为1mol，生成的物质的量为0.25mol，则标准状况下阳极生成5.6L 。
8．(1)△H＜0
(2)C+N2O=C(O)+N2
(3)2a-574
(4) a 96%
(5) 在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低 氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO
【解析】
(1)
反应在反应前后气体的物质的量不变，则△S=0，该反应在常温下能自发进行，根据△G=△H-T△S＜0可自发进行，据此判断此反应的焓变△H＜0；
(2)
反应可分四步进行：第一步：，第二步：，第四步：，则根据盖斯定律，将总反应方程式前去第一、二、四步反应方程式，可得第三步反应式为C+N2O=C(O)+N2；
(3)
已知：反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5 kJ/mol
反应②：
根据盖斯定律，将①-②，整理可得C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g) △H=-574 kJ/mol。反应反应CO2(g)+N2(g)=C(s)+NO(g)的活化能为，假设C(s)+2NO(g)=CO2(g)+ N2(g)的活化能为b kJ/mol，则(b-2a) kJ/mol=-574 kJ/mol，所以b=2a-574，故C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)的活化能为(2a-574)kJ/mol；
(4)
①活化能越小，反应就越容易发生，在相同温度下反应NO的去除率就越高。根据图象可知在三个反应器中分别加入C、CaO/C、 La2O3/C，在490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是CaO/C，去除NO效果最好的是CaO/C，故合理选项是a；
②图象可知400℃时，NO初始浓度0.1 mol/L，设平衡时转化生成N2浓度为x，则根据反应C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)中物质反应转化关系可知平衡时c(NO)=(0.1-2x)mol/L，c(N2)=c(CO2)=x mol/L，反应前后气体体积不变，压强不变，可以直接用平衡浓度计算的物质的量分数代替平衡分压，则Kp=，解得x=0.048 mol/L，则反应达平衡时NO的去除率为η==96%；
(5)
在50~250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢，主要原因是在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低，反应速率降低；
当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降，原因可能是氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO。
9．(1)H2（氢气）
(2)
(3) 蒸发浓缩 冷却（大于38℃）结晶
(4)
(5)B
(6) 吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等 溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色
【解析】
(1)
由图可知，氯化铵和盐酸电解生成气体A和NCl3，反应过程中N元素的化合价升高，说明铵根离子发生氧化反应生成NCl3，根据化合价变化的规律可知，氢离子的化合价降低生成氢气，因此气体A为氢气；
(2)
铵根离子在电解池的阳极发生氧化反应生成NCl3因此生成NCl3的电极反应式为；
(3)
将NaClO2溶液蒸发浓缩、冷却（大于38℃）结晶、过滤、洗涤、干燥后即可得NaClO2。
(4)
NaClO2与NCl3发生氧化还原，根据氧化还原反应的规律可知，反应的离子方程式为；
(5)
A．氨气为碱性气体，碱石灰不能吸收氨气，故A不符合题意；
B．浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，故B符合题意；
C．ClO2易溶于水，不能利用碳酸钠溶液吸收氨气，故C不符合题意；
D．氢硫酸具有强还原性，能与ClO2发生氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选B；
(6)
①装置中玻璃液封管的作用是吸收残余的二氧化氯气体，防止污染空气，并使锥形瓶内外压强相等；
②溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定到达终点；
③VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量为，根据关系式，，则。
10．(1) Fe3O4 c L2曲线代表反应b，反应b为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，一氧化碳平衡浓度减小
(2)反应前后气体分子数不变
(3) C
(4) *COO*→CO+* I III
【解析】
(1)
①依据盖斯定律，反应Fe2O3(s)+3CO(g)2Fe(s)+3CO2(g)可由(a+2b+6c)得到，则焓变△H=(-m+2n-6q)kJ/mol=kJ/mol。
②依据图示可知，当温度低于300℃时，燃料还原阶段得到的固体主要是Fe和Fe3O4。
③由图示可知，曲线L3为随温度升高CO平衡浓度增大，即升高温度CO的转化率下降，平衡逆向移动，反应为放热反应，则L3代表反应c；L2曲线代表反应b，反应b为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，一氧化碳转化率升高，一氧化碳平衡浓度减小，所以曲线L2随温度升高而降低。
(2)
由方程式可知，反应前后气体分子数不变，压强不变，因此在蒸汽反应器中，压强对出口气体百分含量的影响不大。
(3)
依据题意列三段式：，PCO=Pθ=Pθ，=Pθ=Pθ，则==；
A．反应为气体分子数减小的反应，反应中有固体参与反应，只有当反应达到平衡时，气体总质量才不变，气体总物质的量不变，则气体平均相对分子质量不变，可以用来判断反应达到平衡状态，A错误；
B．反应为气体分子数减小的反应，恒温恒压条件下，若反应正向进行，容器容积减小，容器容积之比等于气体物质的量之比，反应中有固体参与反应，只有当反应达到平衡时，气体总质量才不变，气体物质的量才不变、即容器容积不变，气体的密度不变，可以用来判断反应达到平衡状态，B错误；
C．任何时刻消耗2molCO都会同时生成1molCO2，即相同时间内CO的消耗速率等于2倍的CO2生成速率，不能用来判断反应达到平衡状态，C正确；
D．当碳的质量不再改变，则各物质的质量都不变，说明反应达到平衡状态，D错误；
答案选C。
(4)
①在I表面上CO转化成CO2，则第iii)步反应为：*COO*→CO+*，此时二氧化碳仍吸附在I表面。
②由图示可知，CO在I表面活化能最小，则CO在I表面反应释放CO2的速率最快；由图示可知，CO在I、III表面反应为放热反应，在II、IV、V表面反应为吸热反应，且释放等量CO2时，在III表面反应放出能量比I多，因此释放等量CO2时，在III表面反应放出能量最多。
11．(1) -128.0 低温
(2)BD
(3) B 1 温度低于723K时，反应ⅱ（放热反应）占主导地位，温度升高，反应ⅱ平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应i逆向移动，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i（吸热反应）占主导地位，温度升高，CO2转化率升高
(4) HCOO* 短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂笼口八环孔脱离
【解析】
(1)
当反ⅱ中n=2时可得，根据盖斯定律，由可得，则；根据ΔH-TΔS＜0时反应能自发进行，该反应是放热的、熵减的可逆反应，即ΔH＜0，ΔS＜0，则该反应在低温下有利于该反应自发进行；
(2)
A.增大n(CO2)：n(H2)投料比，相当于H2的量不变，增加CO2的量，会降低CO2的转化率，故A不符合题意；
B.反应ⅱ和ⅲ均为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使ⅱ、ⅲ的平衡正向移动，CO的浓度减小，反应ⅰ平衡正向移动，CO2的转化率增大，故B符合题意；
C.催化剂可以加快反应速率，但不改变平衡转化率，故C不符合题意；
D.及时分离出H2O，可以使反应的平衡正向移动，增大CO2的转化率，故D符合题意；
答案选BD；
(3)
①由图可知，当温度为573K左右时C4H8的选择性达到最大值，673K左右时C3H6的选择性达到最大值，773K左右时C2H4的选择性达到最大值，因此有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度范围为573~773K，故选B；
②由图可知，温度为1083K时，CO的选择性为100%，烯烃的选择性为0，所以此时只发生反应i，CO2的转化率为75%，设初始投料为、，则有三段式：
则，，，；
③温度低于723K时，反应ⅱ（放热反应）占主导地位，温度升高，反应ⅱ平衡逆向移动，CO的含量增大，导致反应i逆向移动，CO2转化率降低；温度高于723K时，反应i（吸热反应）占主导地位，温度升高，CO2转化率升高，因此CO2的转化率先降低后升高；
(4)
①能垒越大反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，由图可知CO2→甲氧基(H3CO*)过程中，CO2生成HCOO*的步骤能垒最大，为决速步骤；
②短链烯烃可顺利从H-SAPO-34催化剂的笼口八环孔脱离，所以短链烯烃选择性提高。
12．(1) 2NO+4e—=N2+2O2— 反应物与电极的接触面积更大，反应速率更快；气体在反应器中停留时间更长，反应更充分，NO的去除率更高
(2) NH3 Ce2O3
(3) 随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升 烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性
【解析】
(1)
①由图可知，通入一氧化氮的多孔电极为电解池的阴极，一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氮气和氧离子，电极反应式为2NO+4e—=N2+2O2—，故答案为：2NO+4e—=N2+2O2—；
②由长管式电化学还原器结构单元的示意图可知，相比于纽扣式反应器，长管式反应器中反应物与电极的接触面积更大，反应速率更快，且气体在反应器中停留时间更长，反应更充分，一氧化氮的去除率更高，故答案为：反应物与电极的接触面积更大，反应速率更快；气体在反应器中停留时间更长，反应更充分，NO的去除率更高；
(2)
①从整个反应机理来看，CeO2、SO2是反应的催化剂，NH3、NO、O2是反应的反应物，N2和H2O是生成物，反应中NH3分子中的氮元素化合价升高被氧化，是反应的还原剂，故答案为：NH3；
②由反应①可得反应xCeO2+3SO2+ O2=Cex(SO4)y，由硫原子个数守恒可得：y=3，由氧原子个数守恒可得2x+6+2=4y，解联立可得x=2，则硫酸盐中Ce元素的化合价为+3价，由反应②为没有化合价变化的非氧化还原反应，所以CemOn中Ce元素的化合价也为+3价，则氧化物的化学式为Ce2O3，故答案为：Ce2O3；
(3)
①在150-225°C范围内，一氧化氮去除率随温度的升高而迅速上升说明随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使一氧化氮的去除反应速率迅速上升，故答案为：随着温度的升高，催化剂的活性增大，与温度升高共同作用，使NO的去除反应速率迅速上升；
②若燃煤烟气中伴有一定浓度的氯化氢气体，氯化氢与通入的氨气反应生成氯化铵固体，原剂氨气的量减少，会导致一氧化氮去除率下降，反应生成的氯化铵固体覆盖在铜基催化剂表面，使催化剂失去活性，也会使一氧化氮去除率下降，故答案为：烟气中的HCl与NH3反应生成NH4Cl，使得还原剂NH3的量减少，NH4C1固体覆盖在Cu基催化剂表面，使催化剂失去活性。
13．(1)较高
(2) b a
(3) pH为1.25～2.75时，随着pH升高，NaClO含量增大，HClO含量降低，氧化性减弱，去除率下降；pH为2.75～6.00时，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化(分两部分答出物质存在形式随pH变化的相关内容即给满分) 氯离子在阳极产生氯气、次氯酸或次氯酸根(提到其中任何一个氧化性物质即得满分)等强氧化剂，能有效地氧化去除氨氮
【解析】
(1)
该反应的正反应是气体体积增大的吸热反应，△H＞0，△S＞0，要使反应自发进行，△G=△H-T△S＜0，则反应自发进行的外界条件是较高温度条件下；
(2)
①根据图象可知，在反应达到平衡时H2的平衡分压为120 kPa，由于气体的物质的量的比等于压强之比，则n(H2)=，用H2的浓度变化表示0～时间内的反应速率v(H2)=；
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，则N2的压强迅速变为原来的2倍，然后是增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，最终达到平衡时比t1时的2倍小，则图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是b；
③a．适当升高温度，化学反应速率加快；化学平衡会向吸热的正反应方向移动，导致H2的体积分数增大，a符合题意；
b．适当降低温度，化学反应速率减慢；且化学平衡会向放热的逆反应方向移动，导致H2的体积分数减小，b不符合题意；
c．加入催化剂会使化学反应速率加快，但化学平衡不移动，因此不能提高平衡体系中H2的体积分数，c不符合题意；
d．降低压强，化学反应速率减小；化学平衡向气体体积增大的正反应方向移动，导致平衡体系中H2的体积分数增大，d不符合题意；
e．将生成物中的氮气液化分离出体系，化学反应速率减小；化学平衡正向移动，导致平衡体系中H2的体积分数增大，e不符合题意；
故合理选项是a；
(3)
①根据图示可知：在溶液pH为1.25～2.75时，随着pH升高，NaClO含量增大，HClO含量降低，氧化性减弱，去除率下降；当溶液pH为2.75～6.00时，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更易被氧化；
②电化学除氨原理为：氨氮被电极表面产生的强氧化性物质氧化而去除，实际过程中在氨氮废水中投加Cl-，能显著提高去除效率，这是由于Cl-能在阳极产生Cl2、HClO或ClO-等强氧化性物质，能有效地氧化去除氨氮，因而能显著提高氨氮去除效率。
14．(1)NH3·H2O+ CO2=NH+HCO
(2) —49 低温
(3) 0.225mol(L·min) 5.3 AC
(4) 320℃ 温度升高，反应速率加快，CO2转化率增大，但CH3OH的选择性降低，副反应也增多，CH3OH的含量降低
(5) > 该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，T1小于T2说明平衡左移，气体的体积分数增大，压强增大
【解析】
(1)
由题意可知，浓氨水与二氧化碳反应生成碳酸氢铵，反应的离子方程式为NH3·H2O+ CO2=NH+HCO，故答案为：NH3·H2O+ CO2=NH+HCO；
(2)
由盖斯定律可知，反应①+②得到二氧化碳转化为甲醇的反应，反应△H=△H1+△H2=(+41kJ/mol)+(—90kJ/mol)=—49 kJ/mol，该反应为熵减的放热反应，低温条件下，反应△H—T△S＜0，反应能自发进行，故答案为：—49；低温；
(3)
10min时测得二氧化碳和甲醇的体积分数之比变为1：3且比值不再随时间变化可知反应达到平衡，设平衡时生成甲醇的浓度为amol/L，由题意可建立如下三段式：
由二氧化碳和甲醇的体积分数之比变为1：3可得：3(1—a)=a，解得a=0.75；
①由三段式数据可知，反应开始到平衡时氢气的反应速率为=0.225mol(L·min)，故答案为：0.225mol(L·min)；
②由三段式数据可知，该温度下的平衡常数K=≈5.3，故答案为：5.3；
③该反应为放热反应，升高温度，化学反应速率增大，反应达到平衡后，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小、甲醇的浓度增大、氢气的体积分数增大，故选AC；
(4)
①由图可知，温度为320℃时，甲醇的选择性较高、二氧化碳转化率较高，则生成甲醇的最佳温度约为320℃，故答案为：320℃；
②温度升高，二氧化碳转化率升高，但产物甲醇含量降低说明温度升高，反应速率加快，二氧化碳转化率增大、甲醇的选择性降低，甲醇的选择性降低导致副反应也增多，甲醇的含量降低，故答案为：温度升高，反应速率加快，CO2转化率增大，但CH3OH的选择性降低，副反应也增多，CH3OH的含量降低；
(5)
该反应为气体体积减小放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，由温度为T2℃时，可得平衡常数K==1.9，平衡常数小于温度为T1℃时说明T1小于T2，T1℃时气体的体积分数小于T2℃时，压强小于T2℃时，故答案为：>；该反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小，T1小于T2说明平衡左移，气体的体积分数增大，压强增大。
15．(1) N＞O＞C ＜
(2) sp2、sp3 NH3是极性分子；NH3可与水发生化学反应；NH3易与H2O形成分子间氢键，使其在水中的溶解度增大；NH3能形成分子间氢键，而AsH3分子间不能，所以NH3的沸点比AsH3的高。
(3) 1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1 BCE GaP 二者均为原子(共价)晶体，P原子半径小于As，Ga—P键的键长小于Ga—As键的键长，GaP键能更大，熔点更高 (0.75，0.25，0.25)
【解析】
(1)
同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大，但是N的2p能级半充满，比较稳定，N的第一电离能大于O，所以第一电离能N＞O＞C；一般来说，同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以电负性P＜Cl。
故正确答案：N＞O＞C；＜
(2)
磷酸氯喹中N原子有两种杂化方式，价层电子对数分别是3、4，所以N原子杂化方式分别为、。NH3是极性分子；NH3可与水发生化学反应；NH3易与H2O形成分子间氢键，使其在水中的溶解度增大；NH3能形成分子间氢键，而AsH3分子间不能，所以NH3的沸点比AsH3的高。
故正确答案：sp2、sp3；NH3是极性分子；NH3可与水发生化学反应；NH3易与H2O形成分子间氢键，使其在水中的溶解度增大；NH3能形成分子间氢键，而AsH3分子间不能，所以NH3的沸点比AsH3的高。
(3)
①Ga为31号元素，位于第四周期第ⅢA族，所以基态Ga原子核外电子排布式为或。
②1个金刚石晶胞内部的碳原子数为4，顶点和面心的碳原子数为4，磷化镓晶体为原子(共价)晶体，晶体中只存在共价键，每个P与4个Ga以单键相连，每个Ga也与4个P以单键相连，而P最外层有5个电子，Ga最外层有3个电子，只能形成三对共用电子对，而P与Ga之间有四个共价键，所以还有一个配位键，P与Ga之间存在的单键是极性共价键，同时也是键。
③二者都是原子(共价)晶体，砷的原子半径大于磷，因此Ga-P键的键长小于Ga-As键的键长，熔点较高的是GaP。
④晶胞内4个P原子形成正四面体结构，根据投影图可知晶胞在三维坐标的位置如图，则原子3的分数坐标为(0.75，0.25，0.25)；一个GaP晶胞中P原子数为4，Ga原子数为，一个GaP晶胞的质量，晶胞的体积，晶胞的边长，晶胞中Ga原子与P原子的最近距离等于体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，所以晶胞中Ga和P原子的最近距离为。
故正确答案：①1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1；②BCE；③GaP，二者均为原子(共价)晶体，P原子半径小于As，Ga—P键的键长小于Ga—As键的键长，GaP键能更大，熔点更高；④(0.75，0.25，0.25)，××1010
16．(1)-249.6
(2)bd
(3) a，d KA＞KB＞KC 3.1 60%
【解析】
(1)
由题干信息已知，反应I：CO2(g)+H2(g)→CO(g)+H2O(g) ΔH1=+41.2kJ/mol反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-332kJ/mol，则2I+II即可得到反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ，根据盖斯定律可知，ΔH3=2ΔH1+ΔH2=2×(+41.2kJ/mol)+( -332kJ/mol)=-249.6 kJ/mol，故答案为：-249.6；
(2)
a．化学平衡的特征之一为正、逆反应速率相等，2(H2)=(H2O)未告知正、逆反应情况，不能说明反应达到平衡状态，a不合题意；
b．已知反应II是一个正反应为气体体积减小的反应，即反应过程中容器内压强始终在改变，故容器内压强保持不变，说明反应达到平衡状态，b符合题意；
c．由于反应II：2CO(g)+4H2(g)→C2H4(g)+2H2O(g)中CO和H2的系数比为1:2，题干中CO和H2的投料比也是1:2，故反应过程中始终保持为1:2不变，故保持不变不能说明反应达到平衡状态，c不合题意；
d．化学平衡的特征之一就是反应体系各组分的百分含量保持不变，故C2H4的质量分数保持不变，说明反应达到化学平衡状态，d符合题意；
故答案为：bd；
(3)
①结合(1)的分析可知，反应III：2CO2(g)+6H2(g)→C2H4(g)+4H2O(g) ΔH3=-249.6 kJ/mol，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入1molCO2(g)和3molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1:3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1:3，C2H4和H2O的体积分数之比为1:4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为a，d，故答案为：a，d；
②由上述分析可知，升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，则A、B、C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KA＞KB＞KC，故答案为：KA＞KB＞KC；
③根据三段式分析可知：，结合①的分析可知，240℃时，反应达到平衡后，H2和H2O的体积分数相等，故有3-6x=4x，解得：x=0.3mol，故容器中气体的总物质的量1-2x+3-6x+x+4x=4-3x=4-3×0.3=3.1mol，H2(g)的平衡转化率为=60%，若平衡时总压为P，则p(CO2)=，p(H2)= ，p(C2H4)= ，p(H2O)=，该反应的平衡常数Kp= =，故答案为：3.1；60%；。
17．(1) I TS2 消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度
(2) 较高 0.06 0.0012
【解析】
(1)
①反应放热有利于反应的进行，反应放热量越大，在热力学上的趋势越大，故选Ⅰ；
②由图1可知历程经过TS2步骤活化能较大，为总反应的控速步骤；由图示可知，总反应过程中没有消耗，故催化剂为；
③由盖斯定律可知，反应Ⅳ反应Ⅱ反应Ⅲ，；
之后，温度升高，对消碳反应反应速率影响更大，故积碳量减小的主要原因为消碳反应速率增大的程度大于积碳反应速率增大的程度；
(2)
①该反应的、，由有利于自发反应推知，该反应在较高温度下能自发进行；
②起始充入的物质的量为1 mol，压强为；由图可和，平衡时、、的压强分别为0.6p0、0.2p0、0.6p0，平衡时由压强比等于物质的量之比推知、、的物质的量之比为6:2:6；设反应的物质的量为2x，则剩余、生成、的物质的量分别为(1-2x)、x、3x，(1-2x)：x=6:2，则x=0.2mol，故、、的物质的量分别为0.6 mol、0.2 mol、0.6 mol，的浓度为，则反应的平衡常数。由图知，容器的容积缩小到5 L时，乙炔分压增大到原来2倍，该反应为气体分子总数增大的反应，缩小容器容积平衡逆向移动，故曲线表示分压与时间关系。
答案第1页，共2页
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