2024届高三新高考化学大一轮专题复习题----化学反应原理综合题（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三新高考化学大一轮专题复习题----化学反应原理综合题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.9MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-27 09:31:15 | ||
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文档简介
2024届高三新高考化学大一轮专题复习题----化学反应原理综合题
1．（2023·福建宁德·统考模拟预测）乙二醇是一种重要的化工原料，可用于生产聚酯纤维、防冻剂、增塑剂等。由合成气直接法制乙二醇的主要反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
(1)已知298K、101kPa下，，，则 。
(2)在恒压密闭容器中充入合成气，仅考虑发生反应Ⅰ，维持10%转化率，所需反应条件(温度、压强)如表：
温度T/K 298.15 300 354.7 400
压强P/kPa 5.73 6.38 49.27 260.99
反应Ⅰ平衡常数K 1
则 (填“>”或“<”)0，随着温度升高所需压强增大的原因是 。
(3)在2L刚性容器中充入合成气，总压，温度473K，催化剂(含)下进行反应。
①测得和的时空收率分别为和(时空收率是指催化剂中单位质量Rh在单位时间内所获得的产物量)，则用表示的反应速率为 。
②平衡时，若和体积分数相等，的分压为，则的选择性为 ，反应Ⅰ的平衡常数 (用含x的式子表示)。(已知：的选择性；分压＝总压×物质的量分数。)
(4)合成气直接法制乙二醇的反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应历程(部分)如图1，一定条件下CO分压对选择性影响如图2所示。
图1(TS表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面)
图2
结合图1，图2，从速率角度解释CO分压增大选择性升高的原因 。
2．（2023·海南海口·海南中学校考二模）在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题：
(1)利用CH4-CO2干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。
①该反应一般认为其机理如下：
I．CH4(g)=C(ads)+2H2(g)
Ⅱ．C(ads)+CO2(g)=2CO(g)
上述反应中C( ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
①反应I是 (填“ 慢反应”或“快反应”)，定速反应为 (填“I”或“Ⅱ”)，CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为 。(选取图中E1、E2、E3、E4、E5表示反应热)。
②在恒压条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图2所示。已知在干重整中还发生了副反应：H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH> 0，则表示CO2平衡转化率的是曲线 (填“ A”或“B") ，判断的依据是 。
③在恒压p 、800 K条件下，在密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和CO2(g) ，若曲线A对应物质的平衡转化率为40%，曲线B对应物质的平衡转化率为20%，平衡时容器体积为2L，则以上反应中n(H2)：n(H2O)= 。
(2)二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面(Cu、C/Cu、N-C/Cu)的某个基元反应的能量变化如图所示(IS表示始态，TS表示过渡态，FS表示终态， *表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳(N-C)可以提高乙醇的选择性，其原因可能是 。
3．（2023·四川南充·统考三模）间溴苯甲醛是一种重要有机合成中间体。实验室以苯甲醛、液溴为原料，在无水AlCl3催化下加热制备间溴苯甲醛，反应原理和相关物质部分性质如图：
①反应原理 +Br2 +HBr
②相关物质部分性质
物质 溴 苯甲醛 1，2－二氯乙烷 间溴苯甲醛 无水AlCl3
沸点(℃) 58.8 179 83.5 229 178升华
溶解性 微溶于水 微溶于水 难溶于水 难溶于水 遇水水解
I.催化剂的制备
利用如图所示装置制取少量无水AlCl3(部分夹持装置已省略)，回答下列问题：
(1)A装置烧瓶中反应的离子方程式是 。
(2)实验时应先点燃 (填“A”或“D”)处酒精灯，F中盛有碱石灰，其作用是 (填字母标号号)。
A．吸收HCl B．吸收Cl2 C．吸收CO2 D．吸收H2O
Ⅱ.间溴苯甲醛的制备
实验室利用如图所示装置制取间溴苯甲醛(夹持及加热装置已省略)，实验步骤如下：
步骤1：将一定配比的无水AlCl3、1，2－二氯乙烷和10.6g苯甲醛在三颈烧瓶中充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的足量液溴，保温反应一段时间后，冷却。
步骤2：将反应混合物缓慢加入到一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%NaHCO3溶液洗涤后，再用水洗涤。
步骤3：向洗涤后的有机相中加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后，过滤。
步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分，得到16.28g间溴苯甲醛。
回答下列问题：
(3)步骤1中为了更好地控制反应温度，温度计水银球应插入到 。实验装置中仪器a的主要作用是导气和 。
(4)步骤2中稀盐酸的作用是 ，操作中使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和 (填仪器名称)，使用该仪器首先要 。
(5)间溴苯甲醛产率为 %。
4．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）(我国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，关键的一步是利用化学催化剂将高浓度CO2还原成CH3OH：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。
(1)已知相关键能数据如表所示，则上述反应的ΔH= kJ mol-1。
化学键 H－H H－O C=O C－O C－H
键能/kJ mol-1 436 464 803 326 414
(2)某温度下，向一定体积的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，体系达到平衡时CO2的转化率为20%。反应的平衡常数Kx= (对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，Kx=，x为物质的量分数，计算结果用分数表示)。
(3)以CO2(g)和H2(g)为原料合成CH3OH(g)，除发生上述反应外(后续称为反应Ⅰ)，还发生反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+40.9kJ mol-1。
①反应I、Ⅱ的lnK(K代表化学平衡常数)随(温度的倒数)的变化如图所示。线 (填“a”或“b”)表示反应Ⅱ的lnK随的变化。升高温度，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数 (填“增大”或“减小”或“不变”)。
②研究发现，在单原子Cu/ZrO2催化时，反应I的历程以及中间体HCOO*与CH3O*物质的量之比随时间变化如图所示：
第一步：CO2+H2→HCOO*+H*
第二步：HCOO*+2H2→CH3O*+H2O
第三步：CH3O*+H*→CH3OH
下列说法正确的是 (填标号)。
A．任何温度下，反应Ⅰ均可自发进行
B．升高温度时，3步反应速率均加快
C．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率
D．反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步骤
③反应I反应历程中某一步基元反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R、C为常数)。
i.该基元反应的活化能Ea= kJ mol-1。
ii.直线 (填“b”或“c”)表示使用更高效的催化剂时，Rlnk与的关系。
④在密闭容器中，保持投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，一段时间后，测得CO2转化率(α)和甲醇选择性[x(CH3OH)=×100%]随温度(T)变化关系如图所示。若233~250℃时催化剂的活性受温度影响不大，则236℃后图中曲线下降的原因是 ；若气体流速过大，CO2的转化率会降低，原因是 。
5．（2023·安徽铜陵·统考模拟预测）通过向烟道内喷入还原剂NH3，然后在催化剂的作用下将烟气中的NOx还原成清洁的N2和H2O。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式
①2NH3(g)+2NO(g)+O2(g) 2N2(g)+3H2O(g) ΔH1=-813kJ·mol-1
②2NO2(g)+NH3(g) N2(g)+4H2O(g) ΔH2=-912kJ·mol-1
③NO(g)+NO2(g)+2NH3(g) 2N2(g)+3H2O(g) ΔH3
④2NH3(g)+O2(g) N2(g)+3H2O(g) ΔH4=-633kJ·mol-1
计算反应③的ΔH3= kJ·mol-1
(2)关于合成氨工艺的下列理解，不正确的是___________(填字母)。
A．工业实际生产中合成氨反应的ΔH和ΔS都小于零
B．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
C．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
D．分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂“中毒”
(3)工业上生产NH3过程中，常用Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×107Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8.分析说明原料气中N2过量的理由： 。
(4)若向容积为1.0L的反应容器中通入5molN2、15molH2，在不同温度下分别达到平衡时，混合气体中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示。
①温度T1、T2、T3大小关系是 。
②M点的平衡常数K= (可用计算式表示)。
(5)铁和氨气在一定条件下发生置换反应生成氢气和另外一种化合物，该化合物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为 ，若两个最近的Fe原子间的距离为acm，设NA为阿伏加德罗常数的数值，则该晶体的密度是 gcm-3(列出表达式即可)
6．（2023·山东泰安·统考三模）含氮化合物在现代工业、环境治理中有重要地位。请回答下列问题：
(1)已知： kJ mol
kJ mol
则反应的 kJ mol。
(2)使用催化剂，利用将NO还原为，可以消除烟气中的氮氧化物对环境的污染，反应机理如图所示。
①根据图示，NO、在有氧条件下总反应的化学方程式是 。
②将一定比例的、和NO的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应(装置如图甲)。反应相同时间，测得NO的去除率随反应温度的变化曲线如图乙所示，在50~250℃范围内随着温度的升高，NO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，NO的去除率迅速下降的原因可能是 。
③利用模拟烟气测试系统，在氨氮比为1∶1和300℃条件下，保持2200 mL min的气体流量，研究氧气浓度对催化剂活性的影响，测得不同浓度下对NO转化为的转化率影响如图所示。由图可知，在反应气体中不含氧气时，催化剂也能催化一定量的一氧化氮进行转化，原因是 。随着氧气浓度的增加，催化剂的活性逐渐提高，但氧气浓度大于5%后，再增加氧气的浓度，催化剂的催化效率提升不明显，其原因是 。
(3)398 K时，反应在恒容密闭容器中进行，和NO的初始分压分别为 kPa和 kPa，起始时容器中只含和NO，假设当反应达到平衡后，和NO的平衡分压分别为 kPa和 kPa，则该反应在398 K时的为 kPa。
7．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考二模）金属钇(Y)具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：
表1.浸出液成分
Al3+ Fe3+ Ca2+ Mg2+ Mn2+ Y3+
浓度/(mg L-1) 7670 9460 550 640 5600 1500 70.2
(1)浸出液可用有机溶剂(HR)进行萃取，实现Y3+的富集(已知：Y3+与Fe3+性质相似)，原理如下：Fe3++3HR FeR3+3H+、Y3++3HR YR3+3H+(已知：FeR3、YR3均易溶于HR)。浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。
①用平衡移动原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因 。
②萃取Y3+时，为使Y3+萃取率≥50%，杂质离子相对含量尽可能少，结合图1分析，萃取时应控制的最佳pH为 左右。
(2)采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。
中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。
表2.Fe3+、Y3+去除率表
终点pH 去除率/%
Fe3+ Y3+
3.0 87.84 19.86
3.5 92.33 23.63
4.5 99.99 44.52
5.0 99.99 89.04
①Ksp[Fe(OH)3] Ksp[Y(OH)3](选填“>”或“<”)。
磷酸法：将磷酸(H3PO4：三元弱酸)加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，有气泡产生，过滤除去磷酸铁(FePO4)沉淀，滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3。
表3.滤液中Fe3+、Y3+的浓度
Fe3+ Y3+
浓度/(mg L-1) 508 68.9
②“磷酸法”除铁过程中的离子方程式 。
③综合分析表1、表2、表3，工业上采用的最佳除铁方法是 (选填“中和沉淀法”或“磷酸法”)。
(3)经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过 (填操作)收集含Y3+的有机溶液。
(4)综合分析以上材料，下列说法不合理的是 。
a．分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+
b．表2中pH在3.0～3.5范围内，Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3+的吸附
c．表2中pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3++3OH-=Y(OH)3↓
d．有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低
8．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）研究CO2的转化可实现碳的循环利用。在反应器内CO2和H2在催化剂作用下可发生如下反应：
I.
Ⅱ.
(1)反应I的历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
下列说法不正确的是_______。
A．该反应的，能低温自发
B．该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为：
C．催化剂可以降低反应活化能和反应热，但对反应物的转化率无影响
D．最后一步是从催化剂表面的解吸过程，
(2)若反应Ⅱ的正、逆反应速率分别表示为，，、分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。，如图中有表示反应Ⅱ的正、逆反应速率常数随温度变化的图像，若A、B、C、D点的纵坐标分别为、、、，则温度时反应Ⅱ的化学平衡常数 。
(3)在恒压条件下，CO2和H2发生反应I、反应Ⅱ，反应相同时间，测得不同温度下CO2的转化率和CH3OH的选择性如下图中实验值所示。图中平衡值表示相同条件下平衡状态CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度的变化[CH3OH的选择性]
①时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，则该温度下CO2转化率 。(结果保留1位小数)。
②甲醇的平衡选择性随温度升高而降低的原因可能是 。
③时，甲醇产率的实验值是 。
(4)若只考虑反应I，在有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O，甲醇产率先增大后减小的原因是 ；请在下图中画出无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化曲线 。
9．（2023·河北·校联考三模）高温煤气脱硫是提高煤清洁转化利用效率的关键技术，效果较好的脱硫剂是铁酸锌(ZnFe2O4)，部分反应如下：
Ⅰ.2FeS(s)+ZnS(s)+5O2(g)=ZnFe2O4(s)+3SO2(g) △H1=-1679.3kJ mol-1
Ⅱ.2FeS(s)+ZnS(s)+10H2O(g)=ZnFe2O4(s)+3SO2(g)+10H2(g) △H2=+738.9kJ mol-1
Ⅲ.2H2S(s)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H3=-1172.0kJ mol-1
回答下列问题：
(1)铁酸锌脱硫反应ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)=2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)的反应热△H= 。
(2)铁酸锌脱硫反应ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)=2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)经实验测定在不同投料比x1、x2、x3[投料比x=]时H2S的平衡转化率与温度的关系如图所示。
①x1、x2、x3由大到小的顺序是 。
②一定温度下，向体积为5L的恒容密闭容器中投入3molH2S和2molH2和足量的ZnFe2O4时，初始压强为p0kPa，经4min反应达到平衡，测得平衡时H2O(g)的体积分数是氢气的2倍，则0～4min内的平均反应速率v(H2S)= 。该温度下，铁酸锌脱硫反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。
(3)一定温度(T0)下，在某恒容密闭容器中，按投料比n(H2S)：n(O2)=2：3进行投料，发生反应2H2S(s)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 (填标号)。
A．3v正(O2)=2v逆(SO2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内气体总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②研究表明，该反应的反应速率方程式为v=k cm(H2S) c3(O2)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关.一定温度(T0)下，投料比n(H2S)：n(O2)=2：3的初始反应速率为v0，当H2S转化率为50%时的反应速率为v0，则反应速率方程式中m= 。
(4)科学家制造出一种使用固体电解质的H2S燃料电池，固体电解质可以采用氧离子(O2-)导体或质子(H+)导体，电池反应原理如图所示。
①固体电解质采用氧离子(O2-)导体时，负极产生SO2的电极反应式为 。
②固体电解质采用质子(H+)导体时，负极的电极反应式为 。
10．（2023·山西晋城·统考三模）工厂烟气(主要污染物为、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
(1)还原技术是目前高效、成熟的去除的技术之一()。使用催化剂能有效脱除工厂烟气中的氮氧化物。
已知：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
①反应 。
②在不同温度下，仅改变的浓度，NO的脱除率与浓度的关系如图1所示，浓度在1%~3%之间时，随着浓度增大，NO脱除率明显升高的原因可能是 。
(2)/碳基材料(活性炭、活性焦、活碳纤维)也可以脱硫、脱硝。/碳基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，烟气中的存在对/碳基材料催化剂脱硫、脱硝活性的影响结果如图2所示，当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是 。
(3)研究高效催化剂是解决NO对大气污染问题的重要途径。400℃时，在分别装有催化剂的A和B的两个容积为2L的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为nmol的NO和CO发生反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响，数据如表：
时间/min 0 10 20 30 ∞
A容器内压强/kPa 100.0 90.0 85.0 80.0 80.0
B容器内压强/kPa 100.0 95.0 90.0 85.0 80.0
①由表可以判断催化剂 (填“A”或“B”)的效果更好。
②下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．
D．容器内气体的密度不再发生变化
③容器中CO的平衡转化率为 %。400℃时，用压强表示的平衡常数 ()。
④汽车尾气中含有NO和CO，在排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是 。
11．（2023·河北张家口·统考一模）二氧化碳的重整和综合利用可以有效缓解环境压力，助力尽快实现双碳目标。CO2与H2合成甲醇涉及反应：
I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ mol-1
Ⅲ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.2kJ mol-1
回答下列问题：
(1)△H1= 。
(2)若反应II的△S2=+42.1J mol-1 K-1，则该反应在298K时 (填“能”或“不能”)自发进行。
(3)T0℃，向10L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2发生上述反应。10min末达到平衡时测得容器中CO2的转化率为90%，CO的物质的量为0.3mol。
①0~10min内，平均反应速率v(CH3OH)= 。
②下列叙述不能作为上述反应达到平衡状态标志的是 。
A．H2O的生成速率与CO2的消耗速率相等
B．混合气体的总质量不再变化
C．混合气体的总压强不再变化
D．CO的物质的量不再变化
③T0℃时，H2的平衡转化率为 ；该温度下，反应Ⅰ的平衡常数Kc= (保留三位有效数字)。
(4)我国学者结合实验和计算机模拟结果，提出了CO2电还原制备CH3OH的机理，其部分反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“ ”标注。
其中CO2在 (填“阴极”或“阳极”)上发生反应；下列转化过程中，可能适合在高温条件下进行的是 (填选项字母)。
A．CO2+6H→ CO2 B． CO+ OH→ CO+ H2O
C． OCH →OCH2 D． CH3OH→CH3OH
12．（2023·福建南平·统考三模）目前工业上将转化为甲醇有多种途径。
途径一：先通过重整生成合成气(CO、)再转化为甲醇，涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)转化为的热化学方程式为 。
(2)恒温恒容中发生反应Ⅰ和Ⅱ，表明反应达到平衡状态的是___________。
A． B．
C．混合气体平均摩尔质量不再改变 D．气体总压不再发生改变
(3)在密闭容器中通入和，发生反应Ⅰ和Ⅱ，在2MPa下进行反应，平衡时或的物质的量分数()随温度()变化如图1所示：
①图1中，a表示物质 ，变小的原因是 。
②500K时，反应分钟达到平衡，测得。反应Ⅱ的平衡常数 。
途径二：利用催化剂吸附氧气形成氧自由基，进而引发甲烷氧化为甲醇。
(4)恒温恒压下甲烷和空气总流量为，改变甲烷流量()对甲烷转化率()的影响如图2所示(空气中氧气物质的量分数按20%计算)。
①甲烷流量为时，进气中甲烷和氧气的体积比 。
②甲烷流量为时，转化率明显降低的原因可能是 。
13．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）将CO2转化为高附加值的化学品或液体燃料是CO2资源化利用的有效方法，其中转换为甲醇是最可能的利用路径，主要涉及反应如下(其他副反应忽略不计)：
反应Ⅰ：CO2 (g) + 3H2 (g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH1
反应Ⅱ：CO2 (g) + H2 (g) CO(g) + H2O(g) ΔH2
请回答下列问题：
(1)已知H2的燃烧热ΔH =akJ·mol 1和CO的燃烧热ΔH =bkJ·mol 1，水的汽化热(1mol H2O从液体汽化为气体所需要吸收的热量)为ckJ·mol 1，则ΔH2 = (用含a、b、c的代数式表示)。
(2)若在恒温恒压条件下进行上述反应，下列说法正确的是___________。
A．起始压强越大，平衡时的值越大
B．反应达到平衡时，v正( CO2)> v逆( CH3OH)
C．当n(CO)：n(H2O)不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均处于平衡状态
D．向平衡体系中充入少量惰性气体，甲醇平衡产率不变
(3)以n(CO2)=1mol、n(H2)=3mol为初始量，进行上述反应，CO2的平衡转化率(X-CO2)、CH3OH的选择性(S-CH3OH)随温度、压强变化如图所示：
已知：
①ΔH1 ΔH2(填“>”“<”或“=”)，原因是 。
②p1 p2(填“>”“<”或“=”)。
③在温度为T，压强为p1(单位为kPa)时，经10min反应达到平衡。
(i)H2的平衡转化率为 ；
(ii)反应Ⅱ的压强平衡常数Kp= (列出数字运算表达式即可)；
(iii)计算0~10min之间，CO2分压的平均变化速率为 kPa·min-1(用含p1的代数式表示)。
14．（2023·全国·模拟预测）甲烷催化裂解制备乙烯、乙炔时涉及以下反应：
反应I：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)△H1=+376.4kJ mol-1
反应II：C2H2(g)+H2(g)C2H4(g)△H2=-174.4kJ mol-1
反应III：CH4(g)C(s)+2H2(g)△H3=+74.8kJ mol-1
反应IV：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)△H4
(1)△H4= 。
(2)甲烷在固体催化剂表面发生反应I的过程如图所示。
①A、B、C中，能量状态最高的是 。
②某温度下，反应I的v正=k正 p2(CH4)、v逆=k逆 p(C2H2) p3(H2)，(k为速率常数)，部分数据如表所示。
p(C2H2)/MPa p(H2)/MPa v逆/(MPa min-1)
0.05 p1 4.8
p2 p1 19.2
p2 0.15 8.1
表中p2= ，该温度下k逆= MPa-3 min-1；温度开高，速率常数增大的倍数：k正 k逆(填“＞”“＜”或“=”)。
(3)某温度下，向恒容密闭容器中充入一定量CH4(此时压强为p0)，仅发生反应IV。
①测得平衡时p(H2)：p(CH4)=2：1，CH4的平衡转化率为 (保留2位有效数字)，反应IV的Kp= 。
②若升高反应体系温度，在相同时间内测得甲烷的转化率与温度的关系如图所示。T0℃之后甲烷转化率减小的原因是 。
(4)一定条件下，甲烷裂解体系中几种气体的平衡分压的对数与温度的关系如图所示。
①725℃时，反应I、III中，反应倾向较大的是 。
②工业上催化裂解甲烷常通入一定量的H2，原因是 。
15．（2023·北京朝阳·统考二模）是一种高效多功能的新型消毒剂。
已知：微溶于水，在酸性或中性溶液中快速分解产生，在碱性溶液中较稳定。
(1)中铁元素的化合价为 ，具有强氧化性。
(2)一种制备的方法如下。
①生成的电极反应式： 。
②阴极室的浓度提高，结合电极反应式解释原因： 。
(3)向含的溶液中加入固体，析出固体，再用稀溶液洗涤，得到产品。用化学方程式解释不能用水洗涤的原因： 。
(4)称取制得的产品，加入足量溶液，充分反应后，加入调节溶液，用溶液进行滴定，消耗溶液。计算样品的质量分数： 。[已知：]
涉及的反应有：
(5)电解后，测得，。
已知：
①，说明除之外，还有其他含铁物质生成。经检验，阳极产物中含铁物质仅有和，则 。
②判断阳极有水(或)放电，判断依据：
i.水(或)有还原性；
ii. 。
16．（2023·全国·高三假期作业）甲烷和乙炔(CH≡CH)在有机合成中有着广泛的用途。回答下列问题：
(1)已知：
①H2(g)+ O2(g) =H2O(g) ΔH1= - 198 kJ·mol-1；
②CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH2= - 283 kJ·mol-1；
③CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-846.3 kJ·mol-1。
写出甲烷与水蒸气在高温下制备合成气(CO、H2 )的热化学方程式： 。
(2)用甲烷在高温下气相裂解制取乙炔和氢气，其反应原理为2CH4(g) C2H2(g) +3H2(g) ΔH >0。几种气体平衡时分压(Pa)的对数与温度(K)的关系如图1所示。
①图1中A点温度时的平衡常数Kp= (用气体平衡时分压代替浓度计算)。
②T℃时，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CH4进行上述反应。当反应达到平衡时，测得c(CH4)= c(H2)，则CH4的转化率为 。 若改变温度至T2℃ ，10 s后反应再次达到平衡，测得c(CH4)= 2c(H2)，则该变化过程中T1 (填“>”或“ <”)T2。
(3)一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol C2H2(乙炔)和2 mol HCl发生反应：HC≡CH(g) + HCl(g) CH2= CHCl(g) ΔH。测得反应物(C2H2或HCl)浓度随时间的变化关系如图2所示。
①M点时，v正 (填“>”“<”或“=”)v逆。
②15 min时仅改变了一个外界条件，改变的条件可能是 。
③0~10 min内氯乙烯的平均反应速率v(CH2=CHCl)= mol·L-1·min-1.向密闭容器中充入一定量乙炔和氯化氢，发生上述反应，测得乙炔的平衡转化率与温度、S的关系如图3所示。其中S3>S2> S1，则S代表的物理量是 。
17．（2023·山东·高三统考专题练习）十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战”，因此研究等大气污染物的处理方法具有重要意义。
(1)汽车尾气中的和在一定条件下可发生如下反应：
反应a：
反应b：
①的燃烧热为，则 。
②某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行的分解。若用和分别表示、、和固体催化剂，在固体催化剂表面分解的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是 (填字母序号)。
(2)某研究小组探究催化剂对、转化的影响。将和以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中的含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即的转化率)，结果如图所示。若低于，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为 ；点是否为对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由 。
(3)以乙烯作为还原剂脱硝，脱硝机理如图，则总反应的化学方程式为 。
(4)温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应： ,实验测得：υ(正)＝υ(NO)消耗＝2υ(O2)消耗＝k(正)c2(NO)c(O2)，υ(逆)＝υ(NO2)消耗＝k(逆)c2(NO2)，k(正)、k(逆)为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中、如下表：
时间
温度时= L mol 1。
②若将容器的温度改变为时其，则 (填“”“”或“”)。
18．（2023·全国·模拟预测）二氧化碳的资源化利用是科学家研究的重要课题。回答下列问题：
(1)用化加氢可以制取乙烯：
①已知与该反应相关的键能数据如表所示：
化学键 C=O H-H C=C C-H H-O
键能/() 803 764 414 464
则表中H-H键的键能数据为 。
②在恒容密闭容器中，反应温度、投料比对平衡转化率的影响如图1所示，则a (填“>”“<”或“=”)3；M、N两点的化学平衡常数： (填“>”“<”或“=”)，判断的理由是 。
(2)与还可合成，涉及的主要反应如下：
反应1：
反应2：
①下列措施中，既能提高三氧化碳的平衡转化率又能提高选择性的是 (填字母)。
A．加压 B．降温 C．及时移走甲醇 D．使用合适的催化剂
②当起始投料比时，在不同条件下只发生反应1且达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，T=250 ℃时随压强(p)的变化关系及在时随温度(T)的变化关系如图2所示。
a．图中对应等压过程的曲线是 (填“m”或“n”)，判断的理由是 。
b．当T=250 ℃、时，的平衡转化率α= (结果精确到0.1%)，此条件下该反应的 (结果保留3位有效数字，对于气相反应，可以用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)-90.14
(2) < 升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动
(3) 1.68 66.7% 或
(4)随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高
【详解】（1）已知：
①
②
由盖斯定律可知，②-①得：；
（2）由图表可知，随着温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，焓变小于零；反应为气体分子数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动，故随着温度升高所需压强增大；
（3）①由反应Ⅰ 、反应Ⅱ 体现的关系可知，表示的反应速率为；
②在2L刚性容器中充入合成气，总压，则一氧化碳、氢气初始分压均为20MPa，平衡时，若和体积分数相等，则分压均为aMPa，则
则的选择性为
的分压为，则20-3a-2a=x，，则氢气、一氧化碳分压分别为、，故应Ⅰ的平衡常数；
（4）CO分压增大选择性升高的原因为：随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高。
2．(1) 慢反应 I CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol A 相同条件下，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大 0.1mol/L
(2)在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小， 促进了C-C键形成(或其他合理说法)
【详解】（1）①由图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ，故反应I为慢反应，定速反应为：I，由图可知CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2 (g)=2CO(g)+2H2 (g) ΔH=+(E3-E1) kJ/mol，故答案为：慢反应；I；CH4(g)+CO2 (g)=2CO(g)+2H2 (g)ΔH=+(E3-E1) kJ/mol；
②相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g)+CO2 (g)=2CO(g)+2H2 (g)(主反应)，H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) (副反应)，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A，故答案为：A；相同条件下，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大；
③设在密闭容器中充入1mol的CH4(g)和CO2(g)，因为CH4(g)的平衡转化率为40%，故共消耗0.4mol，CO2(g)的转化率为20%，消耗0.2mol，有三段式，，体系中，n(H2)=0.2mol，n(H2O)=0.2mol，n(H2)：n(H2O)=1：1，故答案为：1：1；
（2）催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成，故答案为：在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成。
3．(1)MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2) A BD
(3) 水浴中 冷凝回流溴蒸气，提高溴的利用率
(4) 抑制AlCl3水解，便于后续分离 分液漏斗 检查是否漏液
(5)88
【分析】A装置中制取氯气经过B装置除去氯气中混有的HCl气体，C装置除去氯气中的水蒸气，经过D装置 与Al反应制取AlCl3，最后用碱石灰吸收多余的氯气；
【详解】（1）根据分析，A装置用MnO2与浓盐酸反应制取氯气；
故答案为：；
（2）实验时应该先点燃酒精灯A，使产生的氯气充满D试管将杂质气体排进，后再点燃D处的酒精灯；根据分析，F的碱石灰吸收多余的氯气并将吸收E中的水蒸气，防止水蒸气进入D装置；
故答案为：A；BD；
（3）为了更好地控制反应温度，温度计水银球应插入到水浴中；球形冷凝管a的作用为冷凝回流溴蒸气，提高溴的利用率；
故答案为：水浴中；冷凝回流溴蒸气，提高溴的利用率；
（4）AlCl3易水解，故加入稀盐酸可以抑制氯化铝水解；分离有机相与水相需要用到分液漏斗；使用前需要检查其是否漏液；
故答案为：抑制AlCl3水解，便于后续分离；分液漏斗；检查是否漏液；
（5）根据方式式 可知，，生成的间溴苯甲醛的物质的量为0.1mol，质量为，间溴苯甲醛产率为；
故答案为：88%。
4．(1)-46
(2)
(3) b 减小 BD 30.0 c 反应I放热，反应Ⅱ吸热，升温使反应I平衡逆向移动程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降 气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低
【详解】（1）ΔH=E反应物总键能-E生成物的总键能=803×2+3×436-（3×414+326+464×3）=-46kJ mol-1。答案为-46；
（2）根据条件列出三段式为
则计算平衡时气体总物质的量为0.8+2.4+0.2+0.2=3.6mol，则x(CO2)= 、x(H2)= 、x(CH3OH)=x(H2O)= 。计算得Kx=。答案为；
（3）反应Ⅱ为吸热反应随着温度的升高，K增大即随着的增大K减小，所以Ⅱ的线为b。由盖斯定律得该反应由Ⅰ+Ⅱ得ΔH=-46+40.9=-5.1 kJ mol-1，则该反应为放热反应升高温度K减小。
A．反应Ⅰ为ΔH<0、ΔS<0的反应在低温条件下自发进行，A项错误；
B．升温无论吸热放热反应速率均加快，B项正确；
C．用不同催化剂改变反应历程但不改变化学平衡的限度即平衡转化率，C项错误；
D．从图可以看出反应中HCOO*与CH3O*物质的量之比增大即CH3O*较少所以反应Ⅱ为慢反应产生CH3O*少，反应Ⅱ活化能高，D项正确；
故选BD。
由图中的两点（3.0，63.0）和（4.0，33.0）计算63.0=3.0Ea+C和33.0=4.0Ea+C计算得到Ea= 30.0。
使用催化剂降低Ea，即直线的斜率更小为c。
CO2在反应Ⅰ和Ⅱ均参与反应，其转化率综合考虑两个反应受温度的影响。反应Ⅰ为放热反应升温平衡逆向，而反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡正向。但CO2随着温度的升高其转化率降低，即反应Ⅰ的影响更大。气流过大，气体还未充分反应达到化学平衡就被排出导致CO2转化率降低。
答案为b；减小；BD；30.0；c；反应I放热，反应Ⅱ吸热，升温使反应I平衡逆向移动程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低。
5．(1)-757
(2)B
(3)N2易得有利于提高H2转化率
(4) T1(5) Fe4N
【详解】（1）根据盖斯定律ΔH3=ΔH1+ΔH2-ΔH4=-757kJ mol-1：
（2）A.合成氨正向气体分子数减小，△S小于0，故A正确；
B.当温度、压强一定时，向合成氨平衡体系中添加少量惰性气体，氮气、氢气和氨气浓度不变，平衡不移动，故B错误；
C.不断将液氨移去，生成物浓度较小，利于反应正向进行，促使氨的合成，故C正确；
D.原料气如不净化处理，会引起催化剂中毒，降低化学反应速率，故D正确；
故答案为：B；
（3）反应物中原料气中N2相对于H2，N2价廉易得，适度过量有利于提高H2的平衡转化率，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率，故N2在Fe催化剂上的吸附分解是决速步骤，N2适度过量有利于提高总反应的反应速率；
（4）①相同压强下，由于反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，所以高的温度对应低的NH3产量，温度T1、T2、T3大小关系是T1＜T2＜T3；
②发生的反应为：，M点平衡时NH3的质量分数为40%，所以，可得x=2，则平衡时c(N2)=3mol/L，c(H2)=9mol/L，c(NH3)=4mol/L，平衡常数为；
（5）该晶胞中Fe原子个数=6×+8×=4，N原子个数为1，其化学式为Fe4N，晶胞的棱长=a×10-10cm,体积为(a×10-10cm)3，该晶胞密度g/cm3。
6．(1)-1266.5
(2) 迅速上升段是因为温度升高，催化剂的活性增大，反应速率加快，NO的去除率迅速上升，上升缓慢段是因为温度升高，催化剂的活性降低 与反应生成了NO或催化剂失活 在催化剂表面存在一定比例的活泼氧，可以在反应中充当氧气的作用或催化剂具有足够强的氧化能力 吸附氧达到了饱和
(3)
【详解】（1）已知：
① kJ mol
② kJ mol
由盖斯定律可知，①+②得：的；
（2）①根据图示，NO、在有氧条件下总反应为NO、和氧气在催化剂作用下生成氮气和水，化学方程式是。
②将一定比例的、和NO的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应(装置如图甲)。
反应相同时间，在50~250℃范围内随着温度的升高，NO的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是：迅速上升段是因为温度升高，催化剂的活性增大，反应速率加快，NO的去除率迅速上升，上升缓慢段是因为温度升高，催化剂的活性降低；催化剂需一定的活化温度，当反应温度高于380℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是与反应生成了NO或催化剂失活；
③在催化剂表面存在一定比例的活泼氧，可以在反应中充当氧气的作用或催化剂具有足够强的氧化能力，使得在反应气体中不含氧气时，催化剂也能催化一定量的一氧化氮进行转化；而增加氧气的浓度，当吸附氧达到了饱和时，催化剂的催化效率提升不明显；
（3）根据阿伏伽德罗定律可知，物质的压强比等于物质的量比；反应在恒容密闭容器中进行，和NO的初始分压分别为 kPa和 kPa，起始时容器中只含和NO，当反应达到平衡后，和NO的平衡分压分别为 kPa和 kPa，则：
则该反应在398 K时的。
7．(1) Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HR YR3+3H+，pH增大，c(H+)减小(或c(OH-)增大)，平衡右移，Y3+萃取率提高 1.5
(2) < 2Fe3++2H3PO4+3=2FePO4↓+3CO2↑+3H2O 磷酸法
(3)分液
(4)a
【详解】（1）①Y3＋的溶液中存在：Y3++3HR YR3+3H+，pH增大，c(H＋)减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Y3＋的转化率增大，即Y3＋萃取率提高；②为使Y3+萃取率≥50%，且杂质离子尽可能少，最佳pH应为1.5左右。
（2）①表2采用的是中和沉淀法，通过调节pH，Fe3＋去除率高，其原因可能是Ksp[Fe(OH)3]（3）有机溶剂为萃取剂，不溶于水，因此采用分液方法进行分离。
（4）a．根据Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+，pH越大，Fe3＋萃取率提高，但有机溶剂中不含有Fe3＋而是FeR3，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3＋小于水溶液中的Fe3＋，a错误；
b．表2中pH在3.0～3.5范围内，Y3＋损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3＋的吸附，氢氧化铁表面积大，能够吸附微粒，b正确；
c．表2中 pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3+ + 3OH- = Y(OH)3↓，c正确；
d．由图1知，有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低，d正确；
故选a。
8．(1)CD
(2)100
(3) 13.4% 反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高，反应I逆向移动，甲醇的产率降低，反应Ⅱ正向移动，CO的产率升高，故甲醇的选择性随温度升高降低。或者升高温度有利于反应Ⅱ或者催化剂对反应Ⅱ选择性更好 8%
(4) 分子筛膜分离出水，使反应I平衡正向移动，反应放热，温度升高平衡逆向移动，温度较低时，正向移动程度更大，甲醇产率增加；温度较高时，逆向移动程度更大，甲醇产率降低
【详解】（1）A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是一个放热反应，即该反应的，由方程式可知，该反应的，故该反应能低温自发，A正确；
B．由图可知，该历程中最小能垒（活化能）步骤为CH2O*、OH*和3H*生成CH3O*、OH*和2H*，则该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为：，B正确；
C．催化剂可以降低反应活化能而加快反应速率，故不能改变反应热，且对反应物的转化率无影响，C错误；
D．最后一步是从催化剂表面的解吸过程即CH3OH*+H2O*=，该过程气体系数增大，即，D错误；
故答案为：CD；
（2）反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，正、逆均增大，则pk正、pk逆均减小，平衡向正反应方向移动，则正＞逆，pk正＜pk逆，由图像可知，能表示以pk正随T变化关系的是斜线D，能表示pk逆随T变化关系的是斜线C；由CD两点坐标可知，当反应达到平衡时，正=逆，则k正c（CO2） c（H2）=k逆c（CO） c（H2O），K====100，故答案为：100；
（3）①220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n（CH3OH）：n（CO2）：n（CO）=1：7.20：0.11，假设生成的CH3OH的物质的量为1mol，则生成的CO的物质的量为0.11mol，剩余的CO2的物质的量为7.20mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为1mol+7.20mol+0.11mol，则该温度下CO2转化率的计算式为×100%≈13.4%，故答案为：13.4%；
②反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高，反应I逆向移动，甲醇的产率降低，反应Ⅱ正向移动，CO的产率升高，故甲醇的选择性随温度升高降低；或者升高温度有利于反应Ⅱ或者催化剂对反应Ⅱ选择性更好，导致甲醇的平衡选择性随温度升高而降低，故答案为：反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高，反应I逆向移动，甲醇的产率降低，反应Ⅱ正向移动，CO的产率升高，故甲醇的选择性随温度升高降低；或者升高温度有利于反应Ⅱ或者催化剂对反应Ⅱ选择性更好；
③260℃时，二氧化碳的转化率为20%，甲醇的选择性为40% ，CH3OH的产率=二氧化碳的转化率×甲醇的选择性=20%×40%=8%，故答案为：8%；
（4）由题干信息可知，分子膜能够能选择性分离出H2O，若分子筛膜分离出水，使反应I平衡正向移动，而该反应是一个放热反应，温度升高平衡逆向移动，温度较低时，正向移动程度更大，甲醇产率增加；温度较高时，逆向移动程度更大，甲醇产率降低，如果没有分子膜则没有低温下平衡正向移动的过程，即转化率比相同温度下要小，随着温度升高而减小，故无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化曲线如图所示： ，故答案为：分子筛膜分离出水，使反应I平衡正向移动，反应放热，温度升高平衡逆向移动，温度较低时，正向移动程度更大，甲醇产率增加；温度较高时，逆向移动程度更大，甲醇产率降低； 。
9．(1)-320.52kJ mol-1
(2) x3＞x2＞x1 0.1mol L-1 min-1 (或37.9)
(3) CD 2
(4) H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O 2H2S-4e-=S2+4H+
【详解】（1）反应可由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ经ⅢⅡ得到，该反应的，故答案为：-320.52kJ mol-1；
（2）①根据反应可知，当越大时，的平衡转化率越小，故。故答案为：；
②根据化学方程式和平衡时的体积分数是氢气的2倍，可计算得到平衡时、、的物质的量分别为、、.内的平均反应速率.该温度下，铁酸锌脱硫反应的平衡常数(或37.9)。故答案为：0.1mol L-1 min-1；(或37.9)；
（3）①A.2v正(O2)=3v逆(SO2)时反应达到平衡，故A错误；
B.反应前后气体质量保持不变，体积不变，则混合气体的密度始终恒定，不能据此判断平衡，故B错误；
C.反应前后气体分子数减少，随反应进行容器内气体总压强减小，当压强不再变化时反应达到平衡，故C正确；
D.气体总质量不变，但气体分子数减小，则随反应进行混合气体的平均相对分子质量增大，当不再变化时反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②化学方程式中与的化学计量数之比为，当投料比时，二者的转化率相同，当转化率为时，转化率也为.设起始时，，则，初始反应速率为，当转化率为时的反应速率为，解得。故答案为：2；
（4）①固体电解质采用氧离子(O2-)导体时，负极H2S失电子产生SO2，电极方程式为：H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O，故答案为：H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O；
②固体电解质采用质子(H+)导体时，负极H2S失电子产生S2，电极方程式为：2H2S-4e-=S2+4H+，故答案为：2H2S-4e-=S2+4H+。
10．(1) NO与反应生成，而氧化性更强，更易与反应(或其他合理答案)
(2)氧气浓度过高时，、和NO分子会产生竞争吸附的局势，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案)
(3) A AB 80 3.2 催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大
【详解】（1）①由盖斯定律可得，反应Ⅰ－反应Ⅱ×4可得题中热化学方程式，即ΔH=ΔH1－4ΔH2=(-905.8)kJ/mol－4×180.0kJ/mol=-1625.8kJ/mol；故答案为-1625.8；
②氧气浓度在1%～3%之间，随着氧气浓度增大，NO与O2反应生成NO2，NO2的氧化性比NO强，更易与NH3反应，因此NO的脱除率明显升高，也可能氧气浓度增大，正反应速率增大，单位时间内NO的消耗量增加，脱除率明显升高等；故答案为NO与O2反应生成NO2，而NO2氧化性更强，更易与NH3反应(或其他合理答案)；
（2）氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，使得O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降等；故答案为氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案)
（3）①催化剂能加快反应速率，则催化剂的效果越好，达到平衡所用的时间越短，根据表中数据，使用催化剂A时反应达到平衡所用时间更短；故答案为A；
②A．NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向为一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，即2v正(N2)=v逆(NO)，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B．组分都是气体，混合气体总质量不变，该反应为气体物质的量减少的反应，因此混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡，故B符合题意；
C．c(NO)∶c(CO)=1∶1不能说明反应物、生成物的浓度保持不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．混合气体的总质量不变，该容器恒容，总体积不变，即混合气体的密度一直不变，混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为AB；
③NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，令达到平衡时生成氮气物质的量为xmol，则生成CO2物质的量为2xmol，n(NO)=n(CO)=(n-2x)mol，在恒容的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，因此有，解得x=0.4n，CO的平衡转化率=80%；=3.2(kPa-1)；故答案为80%；3.2(kPa-1)；
④汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是排气管是敞口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物的转化率越高；故答案为催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大。
11．(1)-49.0kJ mol-1
(2)不能
(3) 0.006mol L-1 min-1 AB 70% 741
(4) 阴极 BD
【详解】（1）Ⅱ.；
Ⅲ.；
根据盖斯定律Ⅱ＋Ⅲ得；
（2）反应Ⅱ的，由吉布斯自由能公式得，故不能自发进行；
（3）①由元素守恒知，参加反应的的物质的量等于生成CO和的物质的量之和，由信息知，平衡时有0.9mol参加反应，其中有0.3mol转化为CO，即生成0.6mol，则0~10min内，平均反应速率；
②的生成速率与的消耗速率，都是正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，不能说明反应达到平衡，故选A；
反应前后均为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量是恒量，总质量不变，不能说明反应达到平衡，故选B；
反应I、Ⅲ为气体分子数目减少的反应，混合气体的总压强是变量，总压强不再变化，可以说明反应达到平衡，故不选C；
反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，CO的物质的量不再变化，可以说明反应达到平衡，故不选D；
选AB。
③反应I：
反应Ⅱ：
T0℃时，H2的平衡转化率为；该温度下，反应Ⅰ的平衡常数Kc= =。
（4）CO2发生还原反应，所以在阴极上发生反应；
A．CO2+6H→ CO2放热，升高温度，不利于正向进行，故不选A；
B． CO+ OH→ CO+ H2O吸热，升高温度，利于正向进行，故选B；
C． OCH →OCH2放热，升高温度，不利于正向进行，故不选C；
D． CH3OH→CH3OH吸热，升高温度，利于正向进行，故选D；
选BD。
12．(1)
(2)CD
(3) 甲烷或 甲烷的反应为放热反应，随温度减小平衡正向进行，甲烷的物质的量分数减小 9/4(或2.25)
(4) 氧气浓度降低氧自由基数减少，反应速率降低造成转化率降低
【详解】（1）已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律可知，Ⅰ+2×Ⅱ得：；
（2）A． ，不能说明正逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．反应速率比等于反应的系数比，，说明正逆反应速率不相等，反应达到没有达到平衡状态，B不符合题意；
C．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，C符合题意；
D．反应是气体分子数改变的的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，D符合题意；
故选CD；
（3）①反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，则甲烷含量增大、甲醇含量减小，结合图1可知，a表示物质甲烷或；变小的原因是消耗甲烷的反应为放热反应，随温度降低，增大，平衡正向进行，导致甲烷的物质的量分数减小；
②500K时，反应分钟达到平衡，测得，则：
由图可知，甲烷和甲醇含量相等，则3-2a=2a-1，a=1mol，则平衡是甲烷、氧气、一氧化碳、氢气、甲醇分别为1mol、1mol、1mol、2mol、1mol，总的物质的量为6mol，反应在2MPa下进行，则反应Ⅱ的平衡常数。
（4）①甲烷流量为时，进气中甲烷和氧气的体积比。
②甲烷流量为时，使得甲烷含量过高，而使得氧气浓度相对降低，氧自由基数减少，造成反应速率降低，使得转化率明显降低。
13．(1)(a-b+c)kJ·mol 1
(2)BC
(3) < 温度升高，甲醇的选择性降低，说明反应I逆向移动，ΔH1 < 0 ； 250℃以后，随温度升高，CO2平衡转化率升高，说明反应Ⅱ正向移动，ΔH2> 0 > 28% 0.005P1(或0.0048 P1)
【详解】（1）由已知数据得，①、②、③，则反应Ⅱ=①-②+③，ΔH2 =(a+c-b)kJ/mol。答案为(a+c-b)kJ/mol；
（2）A．，KⅠ和KⅡ均只与温度有关，增大压强这一比值不变，A项错误；
B．反应Ⅰ和Ⅱ均消耗CO2而CH3OH只有反应Ⅰ产生，所以相同时间CO2的速率大于CH3OH的速率即平衡时v正( CO2)> v正( CH3OH)=v逆( CH3OH)，B项正确；
C．随着反应的进行n(CO)：n(H2O)发生变化，当平衡时不再改变，所以n(CO)：n(H2O)不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均处于平衡状态，C项正确；
D．恒压充入惰性气体，反应体系相当于减压，反应Ⅰ逆向移动CH3OH减少，D项错误；
故选BC。
（3）①从曲线看，350℃以后压强对CO2的转化率无影响，即高温下以反应Ⅱ为主，且350℃以后随着温度升高CO2转化率增大，即说明升温后反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ为吸热反应。250℃以前随着温度升高，CO2的转化率降低即以反应Ⅰ为主，升温反应I平衡逆向移动，所以反应Ⅰ为放热反应。因此，ΔH1<ΔH2。
②相同温度下，增大压强反应Ⅱ平衡不移动，而反应Ⅰ正向移动而使CH3OH增多，即压强增大后甲醇的选择性高，所以P1>P2。
③n(CO2)=1mol、n(H2)=3mol压强为P1，则起始时CO2的分压为=0.25P1。由图知CO2的转化率为30%，即CO2消耗0.3mol，平衡时CO2为1mol-0.3mol=0.7mol。此时甲醇的选择性为90%=则平衡时CH3OH为0.27mol，计算该反应Ⅰ消耗的H2为0.27mol×3=0.81mol、CO2为0.27mol，产生的H2O为0.27mol。发生反应Ⅱ的CO2为0.3mol-0.27mol=0.03mol，反应Ⅱ消耗的H2为0.03mol、产生的H2O和CO均为0.03mol。平衡时体系中H2为3mol-0.03mol-0.81mol=2.16mol、H2O为0.03mol+0.27mol=0.3mol。H2的转化率为。平衡时CO2的物质的量分数为=20%，此时它的分压为0.2P1。Ⅱ的压强平衡常数Kp=。计算0~10min之间，CO2分压的平均变化速率为。答案为<；温度升高，甲醇的选择性降低，说明反应I逆向移动，ΔH1 < 0 ； 250℃以后，随温度升高，CO2平衡转化率升高，说明反应Ⅱ正向移动，ΔH2> 0；>；28%；；0.055P1。
14．(1)+202.0kJ mol-1
(2) B 0.2 12000 ＞
(3) 67% 催化剂失活
(4) 反应III 抑制反应III正向进行，防止产生积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅳ=反应Ⅰ＋反应Ⅱ，因此。
（2）①A→B是断键过程(吸收能量)，B→C是成键过程(释放能量)，故能量状态最高的是B。
②，则、，两式相除得，代入第3组数据，，解得；反应Ⅰ为吸热反应，升温平衡正向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即增大的倍数增大的倍数。
（3）①恒温恒容条件下，气体分压与物质的量成正比，设达平衡时的分压为，根据题给信息可列三段式如下：
据题意得，解得，
则平衡时，，，
则的平衡转化率约为67％，
反应Ⅳ的。
②据题意，因仅发生反应Ⅳ，又反应Ⅳ为吸热反应，℃之后甲烷转化率减小不可能是平衡移动的结果，只能是催化剂失活所致。
（4）①由图知，725℃时反应Ⅰ、Ⅲ的分别是、，因此反应Ⅲ的反应倾向较大。
②催化裂解甲烷通入一定量的，可以抑制反应Ⅲ正向进行，防止产生积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低。
【点睛】高分锦囊有关原理综合类试题中的原因分析，须从速率、平衡以及生产实际等多方面思考，然后选择合理的角度进行解释，如本题的第(3)问中“℃之后甲烷转化率减小的原因”；涉及分析实际生产中实施某具体措施的原因，可以先从结果入手进行分析，如本题的第(4)问。
15．(1)+6
(2) Fe-6e－+8OH－=+4H2O 阴极发生2H2O+2e－=2OH－+H2↑，OH－浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极室
(3)4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH
(4)
(5) 13.3% （合理即可）
【详解】（1）K为+1价，O为-2价，则Fe为+6价。
（2）①该电极发生氧化反应，电极反应式为Fe-6e－+8OH－=+4H2O。②阴极发生2H2O+2e－=2OH－+H2↑，OH－浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极室。
（3）在中性溶液中快速分解产生，可知和水反应产生O2，化学方程式为4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH。
（4）根据所给的离子方程式可知反应中涉及物质的物质的量之比为n（）∶n（）∶n（）∶n（）=2∶2∶1∶6，则参与反应的质量为，样品的质量分数为。
（5）①Fe→，Fe的化合价从0价变为+6价，Fe→FeOOH，Fe的化合价从0变为+3价。，说明40%的Fe转化为了FeOOH，假设共有1molFe，则，，则，。②，说明不只有Fe被氧化失去电子，阳极还有水(或)放电。
16．(1)CH4(g)+ H2O(g)=CO(g)+ 3H2(g) ΔH=+30.7 kJ/mol
(2) 1.0×105 40% >
(3) < 增大氯乙烯的浓度或改变温度 0.06 起始投料比 或其他合理答案
【详解】（1）已知：
①H2(g)+ O2(g) =H2O(g) ΔH1= - 198 kJ·mol-1；
②CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH2= - 283 kJ·mol-1；
③CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-846.3 kJ·mol-1。
由盖斯定律可知，-3×①-②+③得：甲烷与水蒸气在高温下制备合成气(CO、H2 )的热化学方程式：CH4(g)+ H2O(g)=CO(g)+ 3H2(g) ΔH=3ΔH1-ΔH2+ΔH3=+30.7 kJ/mol；
（2）①由图可知，图1中A点温度时，氢气、乙炔、甲烷的分压分别为、、，则平衡常数Kp=。
②T℃时，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CH4进行上述反应；
当反应达到平衡时，测得c(CH4)= c(H2)，则0.4-2a=3a，a=0.8mol，则CH4的转化率为。 若改变温度至T2℃ ，10 s后反应再次达到平衡，测得c(CH4)= 2c(H2)，则该变化过程中平衡逆向移动，甲烷含量增大，由于反应ΔH >0，正反应为吸热反应，则说明为降温的过程，则T1>T2。
（3）①由图可知，M点后，反应物(C2H2或HCl)浓度仍增大，说明M点时反应逆向进行，此时v正②15 min时仅改变了一个外界条件，导致反应逆向进行，则改变的条件可能是增大氯乙烯的浓度或改变温度。
③由化学方程式体现关系可知，0~10 min内氯乙烯的平均反应速率v(CH2=CHCl)= v(HC≡CH)= v(HCl)= ；向密闭容器中充入一定量乙炔和氯化氢，发生上述反应，相同温度下，增加HCl投料会促进乙炔的转化，提高乙炔的转化率，故则S代表的物理量是起始投料比 或其他合理答案。
17．(1) C
(2) 温度较低时，催化剂活性较低 否，该反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，根据曲线Ⅱ可知，a点对应的温度低于，其平衡转化率应该高于下的平衡转化率
(3)
(4) ＞
【详解】（1）①，的燃烧热为即，第二个方程式2倍减去第一个方程式，则；故答案为：。
②已知 ，故的分解是放热反应，故和的总能量比能量小，能量越低越稳定，且化学键的断裂是吸热过程，故能量：，能量最低的是C；故答案为：C。
（2）若低于，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为温度较低时，催化剂活性较低；a点不是对应温度下的平衡脱氮率，理由是该反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，根据曲线Ⅱ可知，a点对应的温度低于，其平衡转化率应该高于下的平衡转化率；故答案为：温度较低时，催化剂活性较低；否，该反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，根据曲线Ⅱ可知，a点对应的温度低于，其平衡转化率应该高于下的平衡转化率。
（3）由图可知，在催化剂的作用下，与、反应最终生成、、，反应总方程式为：；故答案为：。
（4）根据图中信息在3s时达到平衡，NO物质的量为0.2mol，氧气物质的量为0.2mol，二氧化碳物质的量为0.8mol，该温度时平衡时υ(正)＝υ(逆)即k(正)c2(NO)c(O2)＝k(逆)c2(NO2)，；故答案为：160。
②若将容器的温度变为时，，则此时，小于，由于反应放热，所以平衡逆向移动，即＞ ；故答案为：＞。
18．(1) 436 > > 该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小
(2) AC n 在一定压强下，升高温度，平衡逆向移动，减小 33.3%
【详解】（1）①根据反应物的总键能-生成物的总键能可计算H—H键的键能。设H—H键的键能为，则，解得；
②在一定温度下，增大的物质的量，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则；该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，温度越高，平衡常数越小，M点的温度比N点的低，所以M、N两点的化学平衡常数。
（2）①加压时反应2平衡不移动，反应1向右移动，故该措施既能提高三氧化碳的平衡转化率又能提高的选择性，选A；
降温时反应1向右移动，反应2向左移动，故甲醇的选择性提高，但二氧化碳的平衡转化率不一定提高，故不选B；
及时移走甲醇，反应1向右移动，反应2不移动，该措施既能提高三氧化碳的平衡转化率又能提高的选择性，故选C；
使用合适的催化剂，可以提高甲醇的选择性，但不能提高三氧化碳的平衡转化率，故不选D；
选A、C；
②a．反应1是的反应，在一定压强下，升高温度，平衡逆向移动，减小，故题图中对应等压过程的曲线是n。
b．当、时，设起始时的物质的量为1 mol，则的物质的量为3 mol，平衡时消耗的物质的量为x mol，列“三段式”：
则，解得，的平衡转化率。平衡时、、、的物质的量分数分别为0.20、0.60、0.10、0.10；根据题图可知平衡时压强，则该反应的平衡常数。
答案第1页，共2页
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1．（2023·福建宁德·统考模拟预测）乙二醇是一种重要的化工原料，可用于生产聚酯纤维、防冻剂、增塑剂等。由合成气直接法制乙二醇的主要反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
(1)已知298K、101kPa下，，，则 。
(2)在恒压密闭容器中充入合成气，仅考虑发生反应Ⅰ，维持10%转化率，所需反应条件(温度、压强)如表：
温度T/K 298.15 300 354.7 400
压强P/kPa 5.73 6.38 49.27 260.99
反应Ⅰ平衡常数K 1
则 (填“>”或“<”)0，随着温度升高所需压强增大的原因是 。
(3)在2L刚性容器中充入合成气，总压，温度473K，催化剂(含)下进行反应。
①测得和的时空收率分别为和(时空收率是指催化剂中单位质量Rh在单位时间内所获得的产物量)，则用表示的反应速率为 。
②平衡时，若和体积分数相等，的分压为，则的选择性为 ，反应Ⅰ的平衡常数 (用含x的式子表示)。(已知：的选择性；分压＝总压×物质的量分数。)
(4)合成气直接法制乙二醇的反应Ⅰ、反应Ⅱ的反应历程(部分)如图1，一定条件下CO分压对选择性影响如图2所示。
图1(TS表示过渡态，*表示吸附在催化剂表面)
图2
结合图1，图2，从速率角度解释CO分压增大选择性升高的原因 。
2．（2023·海南海口·海南中学校考二模）在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题：
(1)利用CH4-CO2干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。
①该反应一般认为其机理如下：
I．CH4(g)=C(ads)+2H2(g)
Ⅱ．C(ads)+CO2(g)=2CO(g)
上述反应中C( ads)为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示：
①反应I是 (填“ 慢反应”或“快反应”)，定速反应为 (填“I”或“Ⅱ”)，CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为 。(选取图中E1、E2、E3、E4、E5表示反应热)。
②在恒压条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图2所示。已知在干重整中还发生了副反应：H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) ΔH> 0，则表示CO2平衡转化率的是曲线 (填“ A”或“B") ，判断的依据是 。
③在恒压p 、800 K条件下，在密闭容器中充入等物质的量的CH4(g)和CO2(g) ，若曲线A对应物质的平衡转化率为40%，曲线B对应物质的平衡转化率为20%，平衡时容器体积为2L，则以上反应中n(H2)：n(H2O)= 。
(2)二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面(Cu、C/Cu、N-C/Cu)的某个基元反应的能量变化如图所示(IS表示始态，TS表示过渡态，FS表示终态， *表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳(N-C)可以提高乙醇的选择性，其原因可能是 。
3．（2023·四川南充·统考三模）间溴苯甲醛是一种重要有机合成中间体。实验室以苯甲醛、液溴为原料，在无水AlCl3催化下加热制备间溴苯甲醛，反应原理和相关物质部分性质如图：
①反应原理 +Br2 +HBr
②相关物质部分性质
物质 溴 苯甲醛 1，2－二氯乙烷 间溴苯甲醛 无水AlCl3
沸点(℃) 58.8 179 83.5 229 178升华
溶解性 微溶于水 微溶于水 难溶于水 难溶于水 遇水水解
I.催化剂的制备
利用如图所示装置制取少量无水AlCl3(部分夹持装置已省略)，回答下列问题：
(1)A装置烧瓶中反应的离子方程式是 。
(2)实验时应先点燃 (填“A”或“D”)处酒精灯，F中盛有碱石灰，其作用是 (填字母标号号)。
A．吸收HCl B．吸收Cl2 C．吸收CO2 D．吸收H2O
Ⅱ.间溴苯甲醛的制备
实验室利用如图所示装置制取间溴苯甲醛(夹持及加热装置已省略)，实验步骤如下：
步骤1：将一定配比的无水AlCl3、1，2－二氯乙烷和10.6g苯甲醛在三颈烧瓶中充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经浓硫酸干燥过的足量液溴，保温反应一段时间后，冷却。
步骤2：将反应混合物缓慢加入到一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液。有机相用10%NaHCO3溶液洗涤后，再用水洗涤。
步骤3：向洗涤后的有机相中加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后，过滤。
步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分，得到16.28g间溴苯甲醛。
回答下列问题：
(3)步骤1中为了更好地控制反应温度，温度计水银球应插入到 。实验装置中仪器a的主要作用是导气和 。
(4)步骤2中稀盐酸的作用是 ，操作中使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和 (填仪器名称)，使用该仪器首先要 。
(5)间溴苯甲醛产率为 %。
4．（2023·新疆阿勒泰·统考三模）(我国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，关键的一步是利用化学催化剂将高浓度CO2还原成CH3OH：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。
(1)已知相关键能数据如表所示，则上述反应的ΔH= kJ mol-1。
化学键 H－H H－O C=O C－O C－H
键能/kJ mol-1 436 464 803 326 414
(2)某温度下，向一定体积的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2，体系达到平衡时CO2的转化率为20%。反应的平衡常数Kx= (对于反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)，Kx=，x为物质的量分数，计算结果用分数表示)。
(3)以CO2(g)和H2(g)为原料合成CH3OH(g)，除发生上述反应外(后续称为反应Ⅰ)，还发生反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+40.9kJ mol-1。
①反应I、Ⅱ的lnK(K代表化学平衡常数)随(温度的倒数)的变化如图所示。线 (填“a”或“b”)表示反应Ⅱ的lnK随的变化。升高温度，反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)的化学平衡常数 (填“增大”或“减小”或“不变”)。
②研究发现，在单原子Cu/ZrO2催化时，反应I的历程以及中间体HCOO*与CH3O*物质的量之比随时间变化如图所示：
第一步：CO2+H2→HCOO*+H*
第二步：HCOO*+2H2→CH3O*+H2O
第三步：CH3O*+H*→CH3OH
下列说法正确的是 (填标号)。
A．任何温度下，反应Ⅰ均可自发进行
B．升高温度时，3步反应速率均加快
C．用不同催化剂催化反应可以改变反应历程，提高平衡转化率
D．反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步骤
③反应I反应历程中某一步基元反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图中直线a所示，已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C(Ea为活化能，k为速率常数，R、C为常数)。
i.该基元反应的活化能Ea= kJ mol-1。
ii.直线 (填“b”或“c”)表示使用更高效的催化剂时，Rlnk与的关系。
④在密闭容器中，保持投料比不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，一段时间后，测得CO2转化率(α)和甲醇选择性[x(CH3OH)=×100%]随温度(T)变化关系如图所示。若233~250℃时催化剂的活性受温度影响不大，则236℃后图中曲线下降的原因是 ；若气体流速过大，CO2的转化率会降低，原因是 。
5．（2023·安徽铜陵·统考模拟预测）通过向烟道内喷入还原剂NH3，然后在催化剂的作用下将烟气中的NOx还原成清洁的N2和H2O。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式
①2NH3(g)+2NO(g)+O2(g) 2N2(g)+3H2O(g) ΔH1=-813kJ·mol-1
②2NO2(g)+NH3(g) N2(g)+4H2O(g) ΔH2=-912kJ·mol-1
③NO(g)+NO2(g)+2NH3(g) 2N2(g)+3H2O(g) ΔH3
④2NH3(g)+O2(g) N2(g)+3H2O(g) ΔH4=-633kJ·mol-1
计算反应③的ΔH3= kJ·mol-1
(2)关于合成氨工艺的下列理解，不正确的是___________(填字母)。
A．工业实际生产中合成氨反应的ΔH和ΔS都小于零
B．当温度、压强一定时，在原料气(N2和H2的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率
C．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
D．分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂“中毒”
(3)工业上生产NH3过程中，常用Fe作催化剂，控制温度773K，压强3.0×107Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8.分析说明原料气中N2过量的理由： 。
(4)若向容积为1.0L的反应容器中通入5molN2、15molH2，在不同温度下分别达到平衡时，混合气体中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示。
①温度T1、T2、T3大小关系是 。
②M点的平衡常数K= (可用计算式表示)。
(5)铁和氨气在一定条件下发生置换反应生成氢气和另外一种化合物，该化合物的晶胞结构如图所示，该化合物的化学式为 ，若两个最近的Fe原子间的距离为acm，设NA为阿伏加德罗常数的数值，则该晶体的密度是 gcm-3(列出表达式即可)
6．（2023·山东泰安·统考三模）含氮化合物在现代工业、环境治理中有重要地位。请回答下列问题：
(1)已知： kJ mol
kJ mol
则反应的 kJ mol。
(2)使用催化剂，利用将NO还原为，可以消除烟气中的氮氧化物对环境的污染，反应机理如图所示。
①根据图示，NO、在有氧条件下总反应的化学方程式是 。
②将一定比例的、和NO的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应(装置如图甲)。反应相同时间，测得NO的去除率随反应温度的变化曲线如图乙所示，在50~250℃范围内随着温度的升高，NO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，NO的去除率迅速下降的原因可能是 。
③利用模拟烟气测试系统，在氨氮比为1∶1和300℃条件下，保持2200 mL min的气体流量，研究氧气浓度对催化剂活性的影响，测得不同浓度下对NO转化为的转化率影响如图所示。由图可知，在反应气体中不含氧气时，催化剂也能催化一定量的一氧化氮进行转化，原因是 。随着氧气浓度的增加，催化剂的活性逐渐提高，但氧气浓度大于5%后，再增加氧气的浓度，催化剂的催化效率提升不明显，其原因是 。
(3)398 K时，反应在恒容密闭容器中进行，和NO的初始分压分别为 kPa和 kPa，起始时容器中只含和NO，假设当反应达到平衡后，和NO的平衡分压分别为 kPa和 kPa，则该反应在398 K时的为 kPa。
7．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考二模）金属钇(Y)具有重要的国防价值，但因过度开采已濒临枯竭。通过硫酸浸泡深海磷灰石矿，可以得到Y3+的浸出液：
表1.浸出液成分
Al3+ Fe3+ Ca2+ Mg2+ Mn2+ Y3+
浓度/(mg L-1) 7670 9460 550 640 5600 1500 70.2
(1)浸出液可用有机溶剂(HR)进行萃取，实现Y3+的富集(已知：Y3+与Fe3+性质相似)，原理如下：Fe3++3HR FeR3+3H+、Y3++3HR YR3+3H+(已知：FeR3、YR3均易溶于HR)。浸出液在不同pH下萃取的结果如图1。
①用平衡移动原理解释，随pH增大，Y3+萃取率增大的原因 。
②萃取Y3+时，为使Y3+萃取率≥50%，杂质离子相对含量尽可能少，结合图1分析，萃取时应控制的最佳pH为 左右。
(2)采用“中和沉淀法”和“磷酸法”可以除铁。
中和沉淀法：向浸出液中加入NaOH除Fe3+，去除率如表2所示。
表2.Fe3+、Y3+去除率表
终点pH 去除率/%
Fe3+ Y3+
3.0 87.84 19.86
3.5 92.33 23.63
4.5 99.99 44.52
5.0 99.99 89.04
①Ksp[Fe(OH)3] Ksp[Y(OH)3](选填“>”或“<”)。
磷酸法：将磷酸(H3PO4：三元弱酸)加入到浸出液中，再加入Na2CO3溶液，调pH为2.5，有气泡产生，过滤除去磷酸铁(FePO4)沉淀，滤液中剩余的Fe3+、Y3+浓度如表3。
表3.滤液中Fe3+、Y3+的浓度
Fe3+ Y3+
浓度/(mg L-1) 508 68.9
②“磷酸法”除铁过程中的离子方程式 。
③综合分析表1、表2、表3，工业上采用的最佳除铁方法是 (选填“中和沉淀法”或“磷酸法”)。
(3)经“磷酸法”除铁后，用有机溶剂HR萃取Y3+，可通过 (填操作)收集含Y3+的有机溶液。
(4)综合分析以上材料，下列说法不合理的是 。
a．分析图1可知，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3+多于水溶液中的Fe3+
b．表2中pH在3.0～3.5范围内，Y3+损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3+的吸附
c．表2中pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3++3OH-=Y(OH)3↓
d．有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低
8．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）研究CO2的转化可实现碳的循环利用。在反应器内CO2和H2在催化剂作用下可发生如下反应：
I.
Ⅱ.
(1)反应I的历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。
下列说法不正确的是_______。
A．该反应的，能低温自发
B．该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为：
C．催化剂可以降低反应活化能和反应热，但对反应物的转化率无影响
D．最后一步是从催化剂表面的解吸过程，
(2)若反应Ⅱ的正、逆反应速率分别表示为，，、分别为正、逆反应速率常数，c为物质的量浓度。，如图中有表示反应Ⅱ的正、逆反应速率常数随温度变化的图像，若A、B、C、D点的纵坐标分别为、、、，则温度时反应Ⅱ的化学平衡常数 。
(3)在恒压条件下，CO2和H2发生反应I、反应Ⅱ，反应相同时间，测得不同温度下CO2的转化率和CH3OH的选择性如下图中实验值所示。图中平衡值表示相同条件下平衡状态CO2的转化率和CH3OH的选择性随温度的变化[CH3OH的选择性]
①时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，则该温度下CO2转化率 。(结果保留1位小数)。
②甲醇的平衡选择性随温度升高而降低的原因可能是 。
③时，甲醇产率的实验值是 。
(4)若只考虑反应I，在有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O，甲醇产率先增大后减小的原因是 ；请在下图中画出无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化曲线 。
9．（2023·河北·校联考三模）高温煤气脱硫是提高煤清洁转化利用效率的关键技术，效果较好的脱硫剂是铁酸锌(ZnFe2O4)，部分反应如下：
Ⅰ.2FeS(s)+ZnS(s)+5O2(g)=ZnFe2O4(s)+3SO2(g) △H1=-1679.3kJ mol-1
Ⅱ.2FeS(s)+ZnS(s)+10H2O(g)=ZnFe2O4(s)+3SO2(g)+10H2(g) △H2=+738.9kJ mol-1
Ⅲ.2H2S(s)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) △H3=-1172.0kJ mol-1
回答下列问题：
(1)铁酸锌脱硫反应ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)=2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)的反应热△H= 。
(2)铁酸锌脱硫反应ZnFe2O4(s)+3H2S(g)+H2(g)=2FeS(s)+ZnS(s)+4H2O(g)经实验测定在不同投料比x1、x2、x3[投料比x=]时H2S的平衡转化率与温度的关系如图所示。
①x1、x2、x3由大到小的顺序是 。
②一定温度下，向体积为5L的恒容密闭容器中投入3molH2S和2molH2和足量的ZnFe2O4时，初始压强为p0kPa，经4min反应达到平衡，测得平衡时H2O(g)的体积分数是氢气的2倍，则0～4min内的平均反应速率v(H2S)= 。该温度下，铁酸锌脱硫反应的平衡常数Kp= (Kp为以分压表示的平衡常数，分压总压物质的量分数)。
(3)一定温度(T0)下，在某恒容密闭容器中，按投料比n(H2S)：n(O2)=2：3进行投料，发生反应2H2S(s)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)。
①下列能够说明该反应已达到化学平衡状态的是 (填标号)。
A．3v正(O2)=2v逆(SO2)
B．混合气体的密度不再变化
C．容器内气体总压强不再变化
D．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②研究表明，该反应的反应速率方程式为v=k cm(H2S) c3(O2)，其中k为速率常数，与温度、活化能有关.一定温度(T0)下，投料比n(H2S)：n(O2)=2：3的初始反应速率为v0，当H2S转化率为50%时的反应速率为v0，则反应速率方程式中m= 。
(4)科学家制造出一种使用固体电解质的H2S燃料电池，固体电解质可以采用氧离子(O2-)导体或质子(H+)导体，电池反应原理如图所示。
①固体电解质采用氧离子(O2-)导体时，负极产生SO2的电极反应式为 。
②固体电解质采用质子(H+)导体时，负极的电极反应式为 。
10．（2023·山西晋城·统考三模）工厂烟气(主要污染物为、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
(1)还原技术是目前高效、成熟的去除的技术之一()。使用催化剂能有效脱除工厂烟气中的氮氧化物。
已知：反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
①反应 。
②在不同温度下，仅改变的浓度，NO的脱除率与浓度的关系如图1所示，浓度在1%~3%之间时，随着浓度增大，NO脱除率明显升高的原因可能是 。
(2)/碳基材料(活性炭、活性焦、活碳纤维)也可以脱硫、脱硝。/碳基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，烟气中的存在对/碳基材料催化剂脱硫、脱硝活性的影响结果如图2所示，当浓度过高时，去除率下降，其可能原因是 。
(3)研究高效催化剂是解决NO对大气污染问题的重要途径。400℃时，在分别装有催化剂的A和B的两个容积为2L的刚性密闭容器中，各充入物质的量均为nmol的NO和CO发生反应。通过测定容器内总压强随时间变化来探究催化剂对反应速率的影响，数据如表：
时间/min 0 10 20 30 ∞
A容器内压强/kPa 100.0 90.0 85.0 80.0 80.0
B容器内压强/kPa 100.0 95.0 90.0 85.0 80.0
①由表可以判断催化剂 (填“A”或“B”)的效果更好。
②下列说法能表明该反应已经达到平衡状态的是 (填标号)。
A．
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．
D．容器内气体的密度不再发生变化
③容器中CO的平衡转化率为 %。400℃时，用压强表示的平衡常数 ()。
④汽车尾气中含有NO和CO，在排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是 。
11．（2023·河北张家口·统考一模）二氧化碳的重整和综合利用可以有效缓解环境压力，助力尽快实现双碳目标。CO2与H2合成甲醇涉及反应：
I.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1
Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2=+41.2kJ mol-1
Ⅲ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.2kJ mol-1
回答下列问题：
(1)△H1= 。
(2)若反应II的△S2=+42.1J mol-1 K-1，则该反应在298K时 (填“能”或“不能”)自发进行。
(3)T0℃，向10L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2发生上述反应。10min末达到平衡时测得容器中CO2的转化率为90%，CO的物质的量为0.3mol。
①0~10min内，平均反应速率v(CH3OH)= 。
②下列叙述不能作为上述反应达到平衡状态标志的是 。
A．H2O的生成速率与CO2的消耗速率相等
B．混合气体的总质量不再变化
C．混合气体的总压强不再变化
D．CO的物质的量不再变化
③T0℃时，H2的平衡转化率为 ；该温度下，反应Ⅰ的平衡常数Kc= (保留三位有效数字)。
(4)我国学者结合实验和计算机模拟结果，提出了CO2电还原制备CH3OH的机理，其部分反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的物种用“ ”标注。
其中CO2在 (填“阴极”或“阳极”)上发生反应；下列转化过程中，可能适合在高温条件下进行的是 (填选项字母)。
A．CO2+6H→ CO2 B． CO+ OH→ CO+ H2O
C． OCH →OCH2 D． CH3OH→CH3OH
12．（2023·福建南平·统考三模）目前工业上将转化为甲醇有多种途径。
途径一：先通过重整生成合成气(CO、)再转化为甲醇，涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
(1)转化为的热化学方程式为 。
(2)恒温恒容中发生反应Ⅰ和Ⅱ，表明反应达到平衡状态的是___________。
A． B．
C．混合气体平均摩尔质量不再改变 D．气体总压不再发生改变
(3)在密闭容器中通入和，发生反应Ⅰ和Ⅱ，在2MPa下进行反应，平衡时或的物质的量分数()随温度()变化如图1所示：
①图1中，a表示物质 ，变小的原因是 。
②500K时，反应分钟达到平衡，测得。反应Ⅱ的平衡常数 。
途径二：利用催化剂吸附氧气形成氧自由基，进而引发甲烷氧化为甲醇。
(4)恒温恒压下甲烷和空气总流量为，改变甲烷流量()对甲烷转化率()的影响如图2所示(空气中氧气物质的量分数按20%计算)。
①甲烷流量为时，进气中甲烷和氧气的体积比 。
②甲烷流量为时，转化率明显降低的原因可能是 。
13．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）将CO2转化为高附加值的化学品或液体燃料是CO2资源化利用的有效方法，其中转换为甲醇是最可能的利用路径，主要涉及反应如下(其他副反应忽略不计)：
反应Ⅰ：CO2 (g) + 3H2 (g) CH3OH(g) + H2O(g) ΔH1
反应Ⅱ：CO2 (g) + H2 (g) CO(g) + H2O(g) ΔH2
请回答下列问题：
(1)已知H2的燃烧热ΔH =akJ·mol 1和CO的燃烧热ΔH =bkJ·mol 1，水的汽化热(1mol H2O从液体汽化为气体所需要吸收的热量)为ckJ·mol 1，则ΔH2 = (用含a、b、c的代数式表示)。
(2)若在恒温恒压条件下进行上述反应，下列说法正确的是___________。
A．起始压强越大，平衡时的值越大
B．反应达到平衡时，v正( CO2)> v逆( CH3OH)
C．当n(CO)：n(H2O)不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均处于平衡状态
D．向平衡体系中充入少量惰性气体，甲醇平衡产率不变
(3)以n(CO2)=1mol、n(H2)=3mol为初始量，进行上述反应，CO2的平衡转化率(X-CO2)、CH3OH的选择性(S-CH3OH)随温度、压强变化如图所示：
已知：
①ΔH1 ΔH2(填“>”“<”或“=”)，原因是 。
②p1 p2(填“>”“<”或“=”)。
③在温度为T，压强为p1(单位为kPa)时，经10min反应达到平衡。
(i)H2的平衡转化率为 ；
(ii)反应Ⅱ的压强平衡常数Kp= (列出数字运算表达式即可)；
(iii)计算0~10min之间，CO2分压的平均变化速率为 kPa·min-1(用含p1的代数式表示)。
14．（2023·全国·模拟预测）甲烷催化裂解制备乙烯、乙炔时涉及以下反应：
反应I：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)△H1=+376.4kJ mol-1
反应II：C2H2(g)+H2(g)C2H4(g)△H2=-174.4kJ mol-1
反应III：CH4(g)C(s)+2H2(g)△H3=+74.8kJ mol-1
反应IV：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)△H4
(1)△H4= 。
(2)甲烷在固体催化剂表面发生反应I的过程如图所示。
①A、B、C中，能量状态最高的是 。
②某温度下，反应I的v正=k正 p2(CH4)、v逆=k逆 p(C2H2) p3(H2)，(k为速率常数)，部分数据如表所示。
p(C2H2)/MPa p(H2)/MPa v逆/(MPa min-1)
0.05 p1 4.8
p2 p1 19.2
p2 0.15 8.1
表中p2= ，该温度下k逆= MPa-3 min-1；温度开高，速率常数增大的倍数：k正 k逆(填“＞”“＜”或“=”)。
(3)某温度下，向恒容密闭容器中充入一定量CH4(此时压强为p0)，仅发生反应IV。
①测得平衡时p(H2)：p(CH4)=2：1，CH4的平衡转化率为 (保留2位有效数字)，反应IV的Kp= 。
②若升高反应体系温度，在相同时间内测得甲烷的转化率与温度的关系如图所示。T0℃之后甲烷转化率减小的原因是 。
(4)一定条件下，甲烷裂解体系中几种气体的平衡分压的对数与温度的关系如图所示。
①725℃时，反应I、III中，反应倾向较大的是 。
②工业上催化裂解甲烷常通入一定量的H2，原因是 。
15．（2023·北京朝阳·统考二模）是一种高效多功能的新型消毒剂。
已知：微溶于水，在酸性或中性溶液中快速分解产生，在碱性溶液中较稳定。
(1)中铁元素的化合价为 ，具有强氧化性。
(2)一种制备的方法如下。
①生成的电极反应式： 。
②阴极室的浓度提高，结合电极反应式解释原因： 。
(3)向含的溶液中加入固体，析出固体，再用稀溶液洗涤，得到产品。用化学方程式解释不能用水洗涤的原因： 。
(4)称取制得的产品，加入足量溶液，充分反应后，加入调节溶液，用溶液进行滴定，消耗溶液。计算样品的质量分数： 。[已知：]
涉及的反应有：
(5)电解后，测得，。
已知：
①，说明除之外，还有其他含铁物质生成。经检验，阳极产物中含铁物质仅有和，则 。
②判断阳极有水(或)放电，判断依据：
i.水(或)有还原性；
ii. 。
16．（2023·全国·高三假期作业）甲烷和乙炔(CH≡CH)在有机合成中有着广泛的用途。回答下列问题：
(1)已知：
①H2(g)+ O2(g) =H2O(g) ΔH1= - 198 kJ·mol-1；
②CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH2= - 283 kJ·mol-1；
③CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-846.3 kJ·mol-1。
写出甲烷与水蒸气在高温下制备合成气(CO、H2 )的热化学方程式： 。
(2)用甲烷在高温下气相裂解制取乙炔和氢气，其反应原理为2CH4(g) C2H2(g) +3H2(g) ΔH >0。几种气体平衡时分压(Pa)的对数与温度(K)的关系如图1所示。
①图1中A点温度时的平衡常数Kp= (用气体平衡时分压代替浓度计算)。
②T℃时，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CH4进行上述反应。当反应达到平衡时，测得c(CH4)= c(H2)，则CH4的转化率为 。 若改变温度至T2℃ ，10 s后反应再次达到平衡，测得c(CH4)= 2c(H2)，则该变化过程中T1 (填“>”或“ <”)T2。
(3)一定温度下，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol C2H2(乙炔)和2 mol HCl发生反应：HC≡CH(g) + HCl(g) CH2= CHCl(g) ΔH。测得反应物(C2H2或HCl)浓度随时间的变化关系如图2所示。
①M点时，v正 (填“>”“<”或“=”)v逆。
②15 min时仅改变了一个外界条件，改变的条件可能是 。
③0~10 min内氯乙烯的平均反应速率v(CH2=CHCl)= mol·L-1·min-1.向密闭容器中充入一定量乙炔和氯化氢，发生上述反应，测得乙炔的平衡转化率与温度、S的关系如图3所示。其中S3>S2> S1，则S代表的物理量是 。
17．（2023·山东·高三统考专题练习）十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战”，因此研究等大气污染物的处理方法具有重要意义。
(1)汽车尾气中的和在一定条件下可发生如下反应：
反应a：
反应b：
①的燃烧热为，则 。
②某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行的分解。若用和分别表示、、和固体催化剂，在固体催化剂表面分解的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是 (填字母序号)。
(2)某研究小组探究催化剂对、转化的影响。将和以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中的含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即的转化率)，结果如图所示。若低于，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为 ；点是否为对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由 。
(3)以乙烯作为还原剂脱硝，脱硝机理如图，则总反应的化学方程式为 。
(4)温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应： ,实验测得：υ(正)＝υ(NO)消耗＝2υ(O2)消耗＝k(正)c2(NO)c(O2)，υ(逆)＝υ(NO2)消耗＝k(逆)c2(NO2)，k(正)、k(逆)为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中、如下表：
时间
温度时= L mol 1。
②若将容器的温度改变为时其，则 (填“”“”或“”)。
18．（2023·全国·模拟预测）二氧化碳的资源化利用是科学家研究的重要课题。回答下列问题：
(1)用化加氢可以制取乙烯：
①已知与该反应相关的键能数据如表所示：
化学键 C=O H-H C=C C-H H-O
键能/() 803 764 414 464
则表中H-H键的键能数据为 。
②在恒容密闭容器中，反应温度、投料比对平衡转化率的影响如图1所示，则a (填“>”“<”或“=”)3；M、N两点的化学平衡常数： (填“>”“<”或“=”)，判断的理由是 。
(2)与还可合成，涉及的主要反应如下：
反应1：
反应2：
①下列措施中，既能提高三氧化碳的平衡转化率又能提高选择性的是 (填字母)。
A．加压 B．降温 C．及时移走甲醇 D．使用合适的催化剂
②当起始投料比时，在不同条件下只发生反应1且达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，T=250 ℃时随压强(p)的变化关系及在时随温度(T)的变化关系如图2所示。
a．图中对应等压过程的曲线是 (填“m”或“n”)，判断的理由是 。
b．当T=250 ℃、时，的平衡转化率α= (结果精确到0.1%)，此条件下该反应的 (结果保留3位有效数字，对于气相反应，可以用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．(1)-90.14
(2) < 升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动
(3) 1.68 66.7% 或
(4)随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高
【详解】（1）已知：
①
②
由盖斯定律可知，②-①得：；
（2）由图表可知，随着温度升高，平衡常数减小，说明平衡逆向移动，则反应为放热反应，焓变小于零；反应为气体分子数减小的放热反应，升高温度，平衡逆向移动，为保持转化率不变，需要增大压强，使平衡正向移动，故随着温度升高所需压强增大；
（3）①由反应Ⅰ 、反应Ⅱ 体现的关系可知，表示的反应速率为；
②在2L刚性容器中充入合成气，总压，则一氧化碳、氢气初始分压均为20MPa，平衡时，若和体积分数相等，则分压均为aMPa，则
则的选择性为
的分压为，则20-3a-2a=x，，则氢气、一氧化碳分压分别为、，故应Ⅰ的平衡常数；
（4）CO分压增大选择性升高的原因为：随着CO分压的增大，(或)的反应速率变大，从而使的选择性升高。
2．(1) 慢反应 I CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+ (E3- E1) kJ/mol A 相同条件下，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大 0.1mol/L
(2)在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小， 促进了C-C键形成(或其他合理说法)
【详解】（1）①由图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ，故反应I为慢反应，定速反应为：I，由图可知CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为CH4(g)+CO2 (g)=2CO(g)+2H2 (g) ΔH=+(E3-E1) kJ/mol，故答案为：慢反应；I；CH4(g)+CO2 (g)=2CO(g)+2H2 (g)ΔH=+(E3-E1) kJ/mol；
②相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g)+CO2 (g)=2CO(g)+2H2 (g)(主反应)，H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) (副反应)，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大，则表示CO2平衡转化率的是曲线A，故答案为：A；相同条件下，因为CO2同时参与两个反应，故转化率更大；
③设在密闭容器中充入1mol的CH4(g)和CO2(g)，因为CH4(g)的平衡转化率为40%，故共消耗0.4mol，CO2(g)的转化率为20%，消耗0.2mol，有三段式，，体系中，n(H2)=0.2mol，n(H2O)=0.2mol，n(H2)：n(H2O)=1：1，故答案为：1：1；
（2）催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成，故答案为：在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成。
3．(1)MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O
(2) A BD
(3) 水浴中 冷凝回流溴蒸气，提高溴的利用率
(4) 抑制AlCl3水解，便于后续分离 分液漏斗 检查是否漏液
(5)88
【分析】A装置中制取氯气经过B装置除去氯气中混有的HCl气体，C装置除去氯气中的水蒸气，经过D装置 与Al反应制取AlCl3，最后用碱石灰吸收多余的氯气；
【详解】（1）根据分析，A装置用MnO2与浓盐酸反应制取氯气；
故答案为：；
（2）实验时应该先点燃酒精灯A，使产生的氯气充满D试管将杂质气体排进，后再点燃D处的酒精灯；根据分析，F的碱石灰吸收多余的氯气并将吸收E中的水蒸气，防止水蒸气进入D装置；
故答案为：A；BD；
（3）为了更好地控制反应温度，温度计水银球应插入到水浴中；球形冷凝管a的作用为冷凝回流溴蒸气，提高溴的利用率；
故答案为：水浴中；冷凝回流溴蒸气，提高溴的利用率；
（4）AlCl3易水解，故加入稀盐酸可以抑制氯化铝水解；分离有机相与水相需要用到分液漏斗；使用前需要检查其是否漏液；
故答案为：抑制AlCl3水解，便于后续分离；分液漏斗；检查是否漏液；
（5）根据方式式 可知，，生成的间溴苯甲醛的物质的量为0.1mol，质量为，间溴苯甲醛产率为；
故答案为：88%。
4．(1)-46
(2)
(3) b 减小 BD 30.0 c 反应I放热，反应Ⅱ吸热，升温使反应I平衡逆向移动程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降 气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低
【详解】（1）ΔH=E反应物总键能-E生成物的总键能=803×2+3×436-（3×414+326+464×3）=-46kJ mol-1。答案为-46；
（2）根据条件列出三段式为
则计算平衡时气体总物质的量为0.8+2.4+0.2+0.2=3.6mol，则x(CO2)= 、x(H2)= 、x(CH3OH)=x(H2O)= 。计算得Kx=。答案为；
（3）反应Ⅱ为吸热反应随着温度的升高，K增大即随着的增大K减小，所以Ⅱ的线为b。由盖斯定律得该反应由Ⅰ+Ⅱ得ΔH=-46+40.9=-5.1 kJ mol-1，则该反应为放热反应升高温度K减小。
A．反应Ⅰ为ΔH<0、ΔS<0的反应在低温条件下自发进行，A项错误；
B．升温无论吸热放热反应速率均加快，B项正确；
C．用不同催化剂改变反应历程但不改变化学平衡的限度即平衡转化率，C项错误；
D．从图可以看出反应中HCOO*与CH3O*物质的量之比增大即CH3O*较少所以反应Ⅱ为慢反应产生CH3O*少，反应Ⅱ活化能高，D项正确；
故选BD。
由图中的两点（3.0，63.0）和（4.0，33.0）计算63.0=3.0Ea+C和33.0=4.0Ea+C计算得到Ea= 30.0。
使用催化剂降低Ea，即直线的斜率更小为c。
CO2在反应Ⅰ和Ⅱ均参与反应，其转化率综合考虑两个反应受温度的影响。反应Ⅰ为放热反应升温平衡逆向，而反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡正向。但CO2随着温度的升高其转化率降低，即反应Ⅰ的影响更大。气流过大，气体还未充分反应达到化学平衡就被排出导致CO2转化率降低。
答案为b；减小；BD；30.0；c；反应I放热，反应Ⅱ吸热，升温使反应I平衡逆向移动程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，因而使CO2转化率和甲醇选择性下降；气体流速过大，使得气体在容器中未能充分反应，还未达到化学平衡就被排出，导致CO2的转化率降低。
5．(1)-757
(2)B
(3)N2易得有利于提高H2转化率
(4) T1
【详解】（1）根据盖斯定律ΔH3=ΔH1+ΔH2-ΔH4=-757kJ mol-1：
（2）A.合成氨正向气体分子数减小，△S小于0，故A正确；
B.当温度、压强一定时，向合成氨平衡体系中添加少量惰性气体，氮气、氢气和氨气浓度不变，平衡不移动，故B错误；
C.不断将液氨移去，生成物浓度较小，利于反应正向进行，促使氨的合成，故C正确；
D.原料气如不净化处理，会引起催化剂中毒，降低化学反应速率，故D正确；
故答案为：B；
（3）反应物中原料气中N2相对于H2，N2价廉易得，适度过量有利于提高H2的平衡转化率，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率，故N2在Fe催化剂上的吸附分解是决速步骤，N2适度过量有利于提高总反应的反应速率；
（4）①相同压强下，由于反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，所以高的温度对应低的NH3产量，温度T1、T2、T3大小关系是T1＜T2＜T3；
②发生的反应为：，M点平衡时NH3的质量分数为40%，所以，可得x=2，则平衡时c(N2)=3mol/L，c(H2)=9mol/L，c(NH3)=4mol/L，平衡常数为；
（5）该晶胞中Fe原子个数=6×+8×=4，N原子个数为1，其化学式为Fe4N，晶胞的棱长=a×10-10cm,体积为(a×10-10cm)3，该晶胞密度g/cm3。
6．(1)-1266.5
(2) 迅速上升段是因为温度升高，催化剂的活性增大，反应速率加快，NO的去除率迅速上升，上升缓慢段是因为温度升高，催化剂的活性降低 与反应生成了NO或催化剂失活 在催化剂表面存在一定比例的活泼氧，可以在反应中充当氧气的作用或催化剂具有足够强的氧化能力 吸附氧达到了饱和
(3)
【详解】（1）已知：
① kJ mol
② kJ mol
由盖斯定律可知，①+②得：的；
（2）①根据图示，NO、在有氧条件下总反应为NO、和氧气在催化剂作用下生成氮气和水，化学方程式是。
②将一定比例的、和NO的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应(装置如图甲)。
反应相同时间，在50~250℃范围内随着温度的升高，NO的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是：迅速上升段是因为温度升高，催化剂的活性增大，反应速率加快，NO的去除率迅速上升，上升缓慢段是因为温度升高，催化剂的活性降低；催化剂需一定的活化温度，当反应温度高于380℃时，NO的去除率迅速下降的原因可能是与反应生成了NO或催化剂失活；
③在催化剂表面存在一定比例的活泼氧，可以在反应中充当氧气的作用或催化剂具有足够强的氧化能力，使得在反应气体中不含氧气时，催化剂也能催化一定量的一氧化氮进行转化；而增加氧气的浓度，当吸附氧达到了饱和时，催化剂的催化效率提升不明显；
（3）根据阿伏伽德罗定律可知，物质的压强比等于物质的量比；反应在恒容密闭容器中进行，和NO的初始分压分别为 kPa和 kPa，起始时容器中只含和NO，当反应达到平衡后，和NO的平衡分压分别为 kPa和 kPa，则：
则该反应在398 K时的。
7．(1) Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HR YR3+3H+，pH增大，c(H+)减小(或c(OH-)增大)，平衡右移，Y3+萃取率提高 1.5
(2) < 2Fe3++2H3PO4+3=2FePO4↓+3CO2↑+3H2O 磷酸法
(3)分液
(4)a
【详解】（1）①Y3＋的溶液中存在：Y3++3HR YR3+3H+，pH增大，c(H＋)减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，Y3＋的转化率增大，即Y3＋萃取率提高；②为使Y3+萃取率≥50%，且杂质离子尽可能少，最佳pH应为1.5左右。
（2）①表2采用的是中和沉淀法，通过调节pH，Fe3＋去除率高，其原因可能是Ksp[Fe(OH)3]
（4）a．根据Fe3+ + 3HR FeR3 + 3H+，pH越大，Fe3＋萃取率提高，但有机溶剂中不含有Fe3＋而是FeR3，pH在0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3＋小于水溶液中的Fe3＋，a错误；
b．表2中pH在3.0～3.5范围内，Y3＋损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3＋的吸附，氢氧化铁表面积大，能够吸附微粒，b正确；
c．表2中 pH在4.5～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3+ + 3OH- = Y(OH)3↓，c正确；
d．由图1知，有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低，d正确；
故选a。
8．(1)CD
(2)100
(3) 13.4% 反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高，反应I逆向移动，甲醇的产率降低，反应Ⅱ正向移动，CO的产率升高，故甲醇的选择性随温度升高降低。或者升高温度有利于反应Ⅱ或者催化剂对反应Ⅱ选择性更好 8%
(4) 分子筛膜分离出水，使反应I平衡正向移动，反应放热，温度升高平衡逆向移动，温度较低时，正向移动程度更大，甲醇产率增加；温度较高时，逆向移动程度更大，甲醇产率降低
【详解】（1）A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是一个放热反应，即该反应的，由方程式可知，该反应的，故该反应能低温自发，A正确；
B．由图可知，该历程中最小能垒（活化能）步骤为CH2O*、OH*和3H*生成CH3O*、OH*和2H*，则该历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为：，B正确；
C．催化剂可以降低反应活化能而加快反应速率，故不能改变反应热，且对反应物的转化率无影响，C错误；
D．最后一步是从催化剂表面的解吸过程即CH3OH*+H2O*=，该过程气体系数增大，即，D错误；
故答案为：CD；
（2）反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，正、逆均增大，则pk正、pk逆均减小，平衡向正反应方向移动，则正＞逆，pk正＜pk逆，由图像可知，能表示以pk正随T变化关系的是斜线D，能表示pk逆随T变化关系的是斜线C；由CD两点坐标可知，当反应达到平衡时，正=逆，则k正c（CO2） c（H2）=k逆c（CO） c（H2O），K====100，故答案为：100；
（3）①220℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n（CH3OH）：n（CO2）：n（CO）=1：7.20：0.11，假设生成的CH3OH的物质的量为1mol，则生成的CO的物质的量为0.11mol，剩余的CO2的物质的量为7.20mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为1mol+7.20mol+0.11mol，则该温度下CO2转化率的计算式为×100%≈13.4%，故答案为：13.4%；
②反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高，反应I逆向移动，甲醇的产率降低，反应Ⅱ正向移动，CO的产率升高，故甲醇的选择性随温度升高降低；或者升高温度有利于反应Ⅱ或者催化剂对反应Ⅱ选择性更好，导致甲醇的平衡选择性随温度升高而降低，故答案为：反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，随温度升高，反应I逆向移动，甲醇的产率降低，反应Ⅱ正向移动，CO的产率升高，故甲醇的选择性随温度升高降低；或者升高温度有利于反应Ⅱ或者催化剂对反应Ⅱ选择性更好；
③260℃时，二氧化碳的转化率为20%，甲醇的选择性为40% ，CH3OH的产率=二氧化碳的转化率×甲醇的选择性=20%×40%=8%，故答案为：8%；
（4）由题干信息可知，分子膜能够能选择性分离出H2O，若分子筛膜分离出水，使反应I平衡正向移动，而该反应是一个放热反应，温度升高平衡逆向移动，温度较低时，正向移动程度更大，甲醇产率增加；温度较高时，逆向移动程度更大，甲醇产率降低，如果没有分子膜则没有低温下平衡正向移动的过程，即转化率比相同温度下要小，随着温度升高而减小，故无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化曲线如图所示： ，故答案为：分子筛膜分离出水，使反应I平衡正向移动，反应放热，温度升高平衡逆向移动，温度较低时，正向移动程度更大，甲醇产率增加；温度较高时，逆向移动程度更大，甲醇产率降低； 。
9．(1)-320.52kJ mol-1
(2) x3＞x2＞x1 0.1mol L-1 min-1 (或37.9)
(3) CD 2
(4) H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O 2H2S-4e-=S2+4H+
【详解】（1）反应可由反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ经ⅢⅡ得到，该反应的，故答案为：-320.52kJ mol-1；
（2）①根据反应可知，当越大时，的平衡转化率越小，故。故答案为：；
②根据化学方程式和平衡时的体积分数是氢气的2倍，可计算得到平衡时、、的物质的量分别为、、.内的平均反应速率.该温度下，铁酸锌脱硫反应的平衡常数(或37.9)。故答案为：0.1mol L-1 min-1；(或37.9)；
（3）①A.2v正(O2)=3v逆(SO2)时反应达到平衡，故A错误；
B.反应前后气体质量保持不变，体积不变，则混合气体的密度始终恒定，不能据此判断平衡，故B错误；
C.反应前后气体分子数减少，随反应进行容器内气体总压强减小，当压强不再变化时反应达到平衡，故C正确；
D.气体总质量不变，但气体分子数减小，则随反应进行混合气体的平均相对分子质量增大，当不再变化时反应达到平衡状态，故D正确；
故答案为：CD；
②化学方程式中与的化学计量数之比为，当投料比时，二者的转化率相同，当转化率为时，转化率也为.设起始时，，则，初始反应速率为，当转化率为时的反应速率为，解得。故答案为：2；
（4）①固体电解质采用氧离子(O2-)导体时，负极H2S失电子产生SO2，电极方程式为：H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O，故答案为：H2S-6e-+3O2-=SO2+H2O；
②固体电解质采用质子(H+)导体时，负极H2S失电子产生S2，电极方程式为：2H2S-4e-=S2+4H+，故答案为：2H2S-4e-=S2+4H+。
10．(1) NO与反应生成，而氧化性更强，更易与反应(或其他合理答案)
(2)氧气浓度过高时，、和NO分子会产生竞争吸附的局势，当分子占据催化剂过多活性位时，剩余的、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案)
(3) A AB 80 3.2 催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大
【详解】（1）①由盖斯定律可得，反应Ⅰ－反应Ⅱ×4可得题中热化学方程式，即ΔH=ΔH1－4ΔH2=(-905.8)kJ/mol－4×180.0kJ/mol=-1625.8kJ/mol；故答案为-1625.8；
②氧气浓度在1%～3%之间，随着氧气浓度增大，NO与O2反应生成NO2，NO2的氧化性比NO强，更易与NH3反应，因此NO的脱除率明显升高，也可能氧气浓度增大，正反应速率增大，单位时间内NO的消耗量增加，脱除率明显升高等；故答案为NO与O2反应生成NO2，而NO2氧化性更强，更易与NH3反应(或其他合理答案)；
（2）氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，使得O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降等；故答案为氧气浓度过高时，O2、SO2和NO分子会产生竞争吸附的局势，当O2分子占据催化剂过多活性位时，剩余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫、脱硝率下降(或其他合理答案)
（3）①催化剂能加快反应速率，则催化剂的效果越好，达到平衡所用的时间越短，根据表中数据，使用催化剂A时反应达到平衡所用时间更短；故答案为A；
②A．NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，用不同物质的反应速率表示达到平衡，要求反应方向为一正一逆，且反应速率之比等于化学计量数之比，即2v正(N2)=v逆(NO)，说明反应达到平衡，故A符合题意；
B．组分都是气体，混合气体总质量不变，该反应为气体物质的量减少的反应，因此混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达到平衡，故B符合题意；
C．c(NO)∶c(CO)=1∶1不能说明反应物、生成物的浓度保持不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．混合气体的总质量不变，该容器恒容，总体积不变，即混合气体的密度一直不变，混合气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D不符合题意；
故答案为AB；
③NO和CO反应方程式为2NO+2CON2+2CO2，令达到平衡时生成氮气物质的量为xmol，则生成CO2物质的量为2xmol，n(NO)=n(CO)=(n-2x)mol，在恒容的密闭容器中，压强之比等于物质的量之比，因此有，解得x=0.4n，CO的平衡转化率=80%；=3.2(kPa-1)；故答案为80%；3.2(kPa-1)；
④汽车尾气排气管中使用催化剂可以提高污染物的转化率，其原因是排气管是敞口容器，管中进行的反应为非平衡态，该非平衡条件下，反应速率越快，相同时间内污染物的转化率越高；故答案为催化剂能加快反应速率，单位时间内，反应物转化率增大。
11．(1)-49.0kJ mol-1
(2)不能
(3) 0.006mol L-1 min-1 AB 70% 741
(4) 阴极 BD
【详解】（1）Ⅱ.；
Ⅲ.；
根据盖斯定律Ⅱ＋Ⅲ得；
（2）反应Ⅱ的，由吉布斯自由能公式得，故不能自发进行；
（3）①由元素守恒知，参加反应的的物质的量等于生成CO和的物质的量之和，由信息知，平衡时有0.9mol参加反应，其中有0.3mol转化为CO，即生成0.6mol，则0~10min内，平均反应速率；
②的生成速率与的消耗速率，都是正反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，不能说明反应达到平衡，故选A；
反应前后均为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量是恒量，总质量不变，不能说明反应达到平衡，故选B；
反应I、Ⅲ为气体分子数目减少的反应，混合气体的总压强是变量，总压强不再变化，可以说明反应达到平衡，故不选C；
反应达到平衡状态时，各物质的物质的量不再改变，CO的物质的量不再变化，可以说明反应达到平衡，故不选D；
选AB。
③反应I：
反应Ⅱ：
T0℃时，H2的平衡转化率为；该温度下，反应Ⅰ的平衡常数Kc= =。
（4）CO2发生还原反应，所以在阴极上发生反应；
A．CO2+6H→ CO2放热，升高温度，不利于正向进行，故不选A；
B． CO+ OH→ CO+ H2O吸热，升高温度，利于正向进行，故选B；
C． OCH →OCH2放热，升高温度，不利于正向进行，故不选C；
D． CH3OH→CH3OH吸热，升高温度，利于正向进行，故选D；
选BD。
12．(1)
(2)CD
(3) 甲烷或 甲烷的反应为放热反应，随温度减小平衡正向进行，甲烷的物质的量分数减小 9/4(或2.25)
(4) 氧气浓度降低氧自由基数减少，反应速率降低造成转化率降低
【详解】（1）已知：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
由盖斯定律可知，Ⅰ+2×Ⅱ得：；
（2）A． ，不能说明正逆反应速率相等，不能表明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．反应速率比等于反应的系数比，，说明正逆反应速率不相等，反应达到没有达到平衡状态，B不符合题意；
C．混合气体的平均摩尔质量为M= m/n，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，C符合题意；
D．反应是气体分子数改变的的化学反应，物质的量与压强成正比，则混合气体的压强不随时间的变化而变化，达到平衡状态，D符合题意；
故选CD；
（3）①反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升高温度，平衡均逆向移动，则甲烷含量增大、甲醇含量减小，结合图1可知，a表示物质甲烷或；变小的原因是消耗甲烷的反应为放热反应，随温度降低，增大，平衡正向进行，导致甲烷的物质的量分数减小；
②500K时，反应分钟达到平衡，测得，则：
由图可知，甲烷和甲醇含量相等，则3-2a=2a-1，a=1mol，则平衡是甲烷、氧气、一氧化碳、氢气、甲醇分别为1mol、1mol、1mol、2mol、1mol，总的物质的量为6mol，反应在2MPa下进行，则反应Ⅱ的平衡常数。
（4）①甲烷流量为时，进气中甲烷和氧气的体积比。
②甲烷流量为时，使得甲烷含量过高，而使得氧气浓度相对降低，氧自由基数减少，造成反应速率降低，使得转化率明显降低。
13．(1)(a-b+c)kJ·mol 1
(2)BC
(3) < 温度升高，甲醇的选择性降低，说明反应I逆向移动，ΔH1 < 0 ； 250℃以后，随温度升高，CO2平衡转化率升高，说明反应Ⅱ正向移动，ΔH2> 0 > 28% 0.005P1(或0.0048 P1)
【详解】（1）由已知数据得，①、②、③，则反应Ⅱ=①-②+③，ΔH2 =(a+c-b)kJ/mol。答案为(a+c-b)kJ/mol；
（2）A．，KⅠ和KⅡ均只与温度有关，增大压强这一比值不变，A项错误；
B．反应Ⅰ和Ⅱ均消耗CO2而CH3OH只有反应Ⅰ产生，所以相同时间CO2的速率大于CH3OH的速率即平衡时v正( CO2)> v正( CH3OH)=v逆( CH3OH)，B项正确；
C．随着反应的进行n(CO)：n(H2O)发生变化，当平衡时不再改变，所以n(CO)：n(H2O)不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均处于平衡状态，C项正确；
D．恒压充入惰性气体，反应体系相当于减压，反应Ⅰ逆向移动CH3OH减少，D项错误；
故选BC。
（3）①从曲线看，350℃以后压强对CO2的转化率无影响，即高温下以反应Ⅱ为主，且350℃以后随着温度升高CO2转化率增大，即说明升温后反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ为吸热反应。250℃以前随着温度升高，CO2的转化率降低即以反应Ⅰ为主，升温反应I平衡逆向移动，所以反应Ⅰ为放热反应。因此，ΔH1<ΔH2。
②相同温度下，增大压强反应Ⅱ平衡不移动，而反应Ⅰ正向移动而使CH3OH增多，即压强增大后甲醇的选择性高，所以P1>P2。
③n(CO2)=1mol、n(H2)=3mol压强为P1，则起始时CO2的分压为=0.25P1。由图知CO2的转化率为30%，即CO2消耗0.3mol，平衡时CO2为1mol-0.3mol=0.7mol。此时甲醇的选择性为90%=则平衡时CH3OH为0.27mol，计算该反应Ⅰ消耗的H2为0.27mol×3=0.81mol、CO2为0.27mol，产生的H2O为0.27mol。发生反应Ⅱ的CO2为0.3mol-0.27mol=0.03mol，反应Ⅱ消耗的H2为0.03mol、产生的H2O和CO均为0.03mol。平衡时体系中H2为3mol-0.03mol-0.81mol=2.16mol、H2O为0.03mol+0.27mol=0.3mol。H2的转化率为。平衡时CO2的物质的量分数为=20%，此时它的分压为0.2P1。Ⅱ的压强平衡常数Kp=。计算0~10min之间，CO2分压的平均变化速率为。答案为<；温度升高，甲醇的选择性降低，说明反应I逆向移动，ΔH1 < 0 ； 250℃以后，随温度升高，CO2平衡转化率升高，说明反应Ⅱ正向移动，ΔH2> 0；>；28%；；0.055P1。
14．(1)+202.0kJ mol-1
(2) B 0.2 12000 ＞
(3) 67% 催化剂失活
(4) 反应III 抑制反应III正向进行，防止产生积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低
【详解】（1）根据盖斯定律，反应Ⅳ=反应Ⅰ＋反应Ⅱ，因此。
（2）①A→B是断键过程(吸收能量)，B→C是成键过程(释放能量)，故能量状态最高的是B。
②，则、，两式相除得，代入第3组数据，，解得；反应Ⅰ为吸热反应，升温平衡正向移动，说明正反应速率增大的倍数更多，即增大的倍数增大的倍数。
（3）①恒温恒容条件下，气体分压与物质的量成正比，设达平衡时的分压为，根据题给信息可列三段式如下：
据题意得，解得，
则平衡时，，，
则的平衡转化率约为67％，
反应Ⅳ的。
②据题意，因仅发生反应Ⅳ，又反应Ⅳ为吸热反应，℃之后甲烷转化率减小不可能是平衡移动的结果，只能是催化剂失活所致。
（4）①由图知，725℃时反应Ⅰ、Ⅲ的分别是、，因此反应Ⅲ的反应倾向较大。
②催化裂解甲烷通入一定量的，可以抑制反应Ⅲ正向进行，防止产生积碳覆盖在催化剂表面，导致催化剂活性降低。
【点睛】高分锦囊有关原理综合类试题中的原因分析，须从速率、平衡以及生产实际等多方面思考，然后选择合理的角度进行解释，如本题的第(3)问中“℃之后甲烷转化率减小的原因”；涉及分析实际生产中实施某具体措施的原因，可以先从结果入手进行分析，如本题的第(4)问。
15．(1)+6
(2) Fe-6e－+8OH－=+4H2O 阴极发生2H2O+2e－=2OH－+H2↑，OH－浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极室
(3)4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH
(4)
(5) 13.3% （合理即可）
【详解】（1）K为+1价，O为-2价，则Fe为+6价。
（2）①该电极发生氧化反应，电极反应式为Fe-6e－+8OH－=+4H2O。②阴极发生2H2O+2e－=2OH－+H2↑，OH－浓度增大，K+通过阳离子交换膜进入阴极室。
（3）在中性溶液中快速分解产生，可知和水反应产生O2，化学方程式为4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH。
（4）根据所给的离子方程式可知反应中涉及物质的物质的量之比为n（）∶n（）∶n（）∶n（）=2∶2∶1∶6，则参与反应的质量为，样品的质量分数为。
（5）①Fe→，Fe的化合价从0价变为+6价，Fe→FeOOH，Fe的化合价从0变为+3价。，说明40%的Fe转化为了FeOOH，假设共有1molFe，则，，则，。②，说明不只有Fe被氧化失去电子，阳极还有水(或)放电。
16．(1)CH4(g)+ H2O(g)=CO(g)+ 3H2(g) ΔH=+30.7 kJ/mol
(2) 1.0×105 40% >
(3) < 增大氯乙烯的浓度或改变温度 0.06 起始投料比 或其他合理答案
【详解】（1）已知：
①H2(g)+ O2(g) =H2O(g) ΔH1= - 198 kJ·mol-1；
②CO(g)+ O2(g)=CO2(g) ΔH2= - 283 kJ·mol-1；
③CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH3=-846.3 kJ·mol-1。
由盖斯定律可知，-3×①-②+③得：甲烷与水蒸气在高温下制备合成气(CO、H2 )的热化学方程式：CH4(g)+ H2O(g)=CO(g)+ 3H2(g) ΔH=3ΔH1-ΔH2+ΔH3=+30.7 kJ/mol；
（2）①由图可知，图1中A点温度时，氢气、乙炔、甲烷的分压分别为、、，则平衡常数Kp=。
②T℃时，向体积为2 L的恒容密闭容器中充入0.4 mol CH4进行上述反应；
当反应达到平衡时，测得c(CH4)= c(H2)，则0.4-2a=3a，a=0.8mol，则CH4的转化率为。 若改变温度至T2℃ ，10 s后反应再次达到平衡，测得c(CH4)= 2c(H2)，则该变化过程中平衡逆向移动，甲烷含量增大，由于反应ΔH >0，正反应为吸热反应，则说明为降温的过程，则T1>T2。
（3）①由图可知，M点后，反应物(C2H2或HCl)浓度仍增大，说明M点时反应逆向进行，此时v正
③由化学方程式体现关系可知，0~10 min内氯乙烯的平均反应速率v(CH2=CHCl)= v(HC≡CH)= v(HCl)= ；向密闭容器中充入一定量乙炔和氯化氢，发生上述反应，相同温度下，增加HCl投料会促进乙炔的转化，提高乙炔的转化率，故则S代表的物理量是起始投料比 或其他合理答案。
17．(1) C
(2) 温度较低时，催化剂活性较低 否，该反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，根据曲线Ⅱ可知，a点对应的温度低于，其平衡转化率应该高于下的平衡转化率
(3)
(4) ＞
【详解】（1）①，的燃烧热为即，第二个方程式2倍减去第一个方程式，则；故答案为：。
②已知 ，故的分解是放热反应，故和的总能量比能量小，能量越低越稳定，且化学键的断裂是吸热过程，故能量：，能量最低的是C；故答案为：C。
（2）若低于，图中曲线Ⅰ脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为温度较低时，催化剂活性较低；a点不是对应温度下的平衡脱氮率，理由是该反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，根据曲线Ⅱ可知，a点对应的温度低于，其平衡转化率应该高于下的平衡转化率；故答案为：温度较低时，催化剂活性较低；否，该反应为放热反应，温度越低平衡转化率越高，根据曲线Ⅱ可知，a点对应的温度低于，其平衡转化率应该高于下的平衡转化率。
（3）由图可知，在催化剂的作用下，与、反应最终生成、、，反应总方程式为：；故答案为：。
（4）根据图中信息在3s时达到平衡，NO物质的量为0.2mol，氧气物质的量为0.2mol，二氧化碳物质的量为0.8mol，该温度时平衡时υ(正)＝υ(逆)即k(正)c2(NO)c(O2)＝k(逆)c2(NO2)，；故答案为：160。
②若将容器的温度变为时，，则此时，小于，由于反应放热，所以平衡逆向移动，即＞ ；故答案为：＞。
18．(1) 436 > > 该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小
(2) AC n 在一定压强下，升高温度，平衡逆向移动，减小 33.3%
【详解】（1）①根据反应物的总键能-生成物的总键能可计算H—H键的键能。设H—H键的键能为，则，解得；
②在一定温度下，增大的物质的量，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则；该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，温度越高，平衡常数越小，M点的温度比N点的低，所以M、N两点的化学平衡常数。
（2）①加压时反应2平衡不移动，反应1向右移动，故该措施既能提高三氧化碳的平衡转化率又能提高的选择性，选A；
降温时反应1向右移动，反应2向左移动，故甲醇的选择性提高，但二氧化碳的平衡转化率不一定提高，故不选B；
及时移走甲醇，反应1向右移动，反应2不移动，该措施既能提高三氧化碳的平衡转化率又能提高的选择性，故选C；
使用合适的催化剂，可以提高甲醇的选择性，但不能提高三氧化碳的平衡转化率，故不选D；
选A、C；
②a．反应1是的反应，在一定压强下，升高温度，平衡逆向移动，减小，故题图中对应等压过程的曲线是n。
b．当、时，设起始时的物质的量为1 mol，则的物质的量为3 mol，平衡时消耗的物质的量为x mol，列“三段式”：
则，解得，的平衡转化率。平衡时、、、的物质的量分数分别为0.20、0.60、0.10、0.10；根据题图可知平衡时压强，则该反应的平衡常数。
答案第1页，共2页
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