2024届高三新高考化学大一轮复习题----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复习题----化学反应原理综合题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-28 14:16:28 | ||
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文档简介
2024届高三新高考化学大一轮复习题----化学反应原理综合题
1．（2023·江西抚州·江西省乐安县第二中学校考一模）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。
(1)已知：
则硫化氢气体分解为氢气和固体硫的热化学方程式 。
(2)K2CO3溶液吸收H2S的反应为，该反应的平衡常数的对数值为lgK= (已知：H2CO3，；H2S ，)。
(3)工业上采用如图所示装置电解和KHCO3混合溶液一段时间，然后停止电解，通入H2S，利用生成的将H2S转化为S，自身转化为。
①电解时，阳极的电极反应式为 。
②阴极生成和 。
③通入H2S过程中，伴有转化为。通H2S发生反应的离子反应方程式为 。
(4)①将含H2S尾气的空气按一定流速通入酸性FeCl3溶液中，可实现含H2S尾气的空气脱硫。在FeCl3溶液吸收H2S的过程中也发生了反应，溶液中的n(Fe3+)及被吸收的n(H2S)随时间t的变化如图所示。t1时刻前，溶液中n(Fe3+)减小速率较快，t1时刻后，溶液中n(Fe3+)基本不变，其原因是 。
②预测t1时刻后，H2S的变化趋势，并在图中补充完整 。
(5)H2S溶液中H2S、HS-，S2-的物质的量分数随pH的变化如图所示，H2S的电离平衡常数Ka1= 。向H2S溶液中不断加入NaOH溶液，当pH由12.0变为16.0时，发生的主要反应的离子方程式为 。[已知：]
2．（2023春·云南玉溪·高三澄江市第一中学校考阶段练习）随着可燃冰开采领域的不断扩大，我国已处于世界绝对领先地位。将甲烷((CH4)催化转化为有价值的化学工业品一直是我国化学工作 者的研究热点。最近徐君团队研发出了一种Au在ZSM-5分子筛上催化氧化甲烷生产CH3OH和CH3COOH的技术，该技术涉及的反应如下：
反应Ⅰ 2CH4(g)+O2(g) 2CH3OH(g) △H1= -251.0kJ·mol-1；
反应Ⅱ 2CH4(g)+2O2(g) CH3COOH(g)+2H2O(g) △H2 = -812.4kJ· mol-1。
请回答下列问题：
(1)部分化学键的键能数据如下表所示：
化学键 O=O C-H O-H
键能E/kJ·mol-1 498 414 390.8
则C-O的键能为 kJ·mol-1。
(2)反应II在热力学上进行的趋势很大，原因为 。除降低温度外，能同时提高CH3OH和CH3COOH的平衡产率的措施为 (任答一条)。
(3)T℃下，向含有少量Au-ZSM-5分子筛催化剂的体积为VL的刚性密闭容器中充入1molCH4和2molO2发生反应I和反应II。达到平衡时测得CH4的物质的量为a mol， CH3COOH(g)的物质 的量为b mol，此时O2(g)的浓度为 mol·L-1 (用含a、b、v的代数式表示，要求化简，下同)，该温度下反应II的平衡常数为 。
(4)徐君教授研究后发现在Au-ZSM-5分子筛催化剂表面，反应I中O2的解离过程和CH4的活化过程的机理如下图所示(·代表吸附态)：
该反应进程中，O2的解离是 (填“吸热”或“放热”)的反应，该过程的反应速率 (填“大于”或“小于”)CH4的活化反应的反应速率。
(5)以CH4和O2为基本原料，采用电解法也可以制备CH3COOH，其装置如下图所示：
通入CH4的电极反应式为 该装置工作时发生的能量转化形式为 (不考虑热能的转化)。
3．（2022·江苏苏州·统考模拟预测）废气中的H2S可用电解、Fe2(SO4)3吸收和活性炭吸附氧化等多种方法脱除。
(1)电解法脱除：将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：
S2--2e-=S (n-1)S+S2-=S
①写出阴极的电极反应方程式 。
②电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式为 。
(2)Fe2(SO4)3吸收脱除：用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，其反应后的溶液可在硫杆菌作用下实现吸收液的再生。
①用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S的原理经历以下三步：
第一步：H2S(g)H2S(aq)
第二步：H2SH＋＋HS-
第三步：HS-＋2Fe3+=S↓＋2Fe2+＋H+
一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10 g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。其原因是 。
②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降的原因是 。
(3)活性炭吸附氧化：可用表面喷淋水的活性炭吸附氧化H2S，其反应原理如图所示。其他条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是 。
②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是 。
4．（2022·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）利用CO2合成高价值化学品，是重要的减碳方式。
(1)利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，反应如下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。已知反应相关的键能数据如表：
化学键 H—H C—O C=O H—O C—H
键能/(kJ·mol-1) 436 343 803 464 414
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H= 。
(2)某温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的H2和CO2的混合气体，发生反应CO2(g)+2H2(g)CH2O(g)+H2O(g) △H=-6kJ·mol-1。容器内气体初始压强为1.2kPa，反应达到平衡时，CH2O的分压与起始时的关系如图所示：
①当=2时，反应达到平衡后，若再向容器中加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05kPa，则达到新平衡时，H2的转化率将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
②当=2.5时，反应达到平衡状态后，CH2O的分压可能是图象中的点 (填“D”、“E"或“F")，原因为 。
(3)通过下列反应也可实现CO2的再转化，合成CO、CH4。
I.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H<0
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H>0
在密闭容器中通入3molH2和1molCO2，分别在压强为1MPa和10MPa下进行反应。实验中对平衡体系中的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，其中温度对CO和CH4在三种物质中的体积分数的影响如图所示。
①1MPa时，表示CH4和CO平衡体积分数随温度变化关系的曲线分别是 和 。M点平衡体积分数高于N点的原因是 。
②图中当CH4和CO平衡体积分数均为40%时，若容器的体积为1L，则该温度下反应I的平衡常数K的值为 。
5．（2022·北京西城·北京市回民学校校考模拟预测）氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。
(1)①反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为 。
②实验室检验氨气的方法是 。
(2)在一定条件下氨的平衡含量如表。
温度/℃ 压强/MPa 氨的平衡含量
200 10 81.5%
550 10 8.25%
①该反应为 (填“吸热”或“放热”)反应。
②哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是 。
(3)实验室研究是工业生产的基石。如图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。
①曲线a对应的温度是 。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是 。
(4)尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探索，寻求合成氨的新路径。如图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反应式为 。
(5)NH3转化为NO是工业制取硝酸的重要一步，已知：100kPa、298K时：
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H=-1268kJ·mol-1
2NO(g)N2(g)+O2(g) △H=-180.5kJ·mol-1
请写出NH3转化为NO的热化学方程式 。
6．（2022·浙江·三模）I.回答下列问题：
(1)苯与浓硫酸发生磺化反应生成苯磺酸，苯与浓硝酸和浓硫酸的混合物发生硝化反应生成硝基苯，磺化反应与硝化反应不同，是可逆反应。已知：H2SO4(浓硫酸)++H2O，要使反应向某一方向进行，需采用不同的条件，要使苯磺酸重新转变成苯和硫酸，需采用的条件是 (请写出两点)。
(2)苯的磺化反应的特点是反应中间体转变为苯磺酸与恢复为苯所越过的能垒差别不大(如图1所示)。
苯的硝化反应历程与苯的磺化反应部分相似，但中间体都转变成产物，反应是不可逆的，在图2上画出硝化反应的不可逆过程(表示出中间体的能量) 。
(3)发烟硫酸与苯反应最快，在常温下即可与苯发生磺化反应，生成苯磺酸：H2SO4(发烟硫酸)++H2O，当发烟硫酸和苯按1∶1反应达到平衡后产生的苯磺酸的物质的量分数为26%，则该反应的平衡常数K为 。
II.苯胺是苯的又一重要的取代产物，一步法合成苯胺的研究具有非常重要的现实意义。
相关反应如图：
①(l)+NH3 H2O(l)(l)+H2↑(g)+H2O(l)，反应①常温下不自发。
(4)往反应①中加入H2O2(l)后，所得反应(简称反应②，下同)在常温下能自发进行，原因是 (已知反应①、②都是一步法合成苯胺的方法)。
(5)下列描述正确的是 。
A．升高温度反应①的平衡常数增大
B．加压有利于反应①、②的平衡正向移动
C．反应①中加入H2O2(l)后平衡正向移动
D．增大苯和一水合氨的配料比有利于提高苯胺的物质的量分数
7．（2022·全国·高三专题练习）研究 的利用对实现碳中和具有重要的意义。已知：
I.
II.
回答下列问题：
(1) H= kJmol-1
(2)一定条件下，某恒容密闭容器中按 投料，催化作用下同时发生反应I和II。反应体系中 CO2(g)、的浓度随时间变化情况如图所示。
①0~15s时间段内，用表示的平均反应速率为 (保留三位有效数字)。
②反应体系中 的选择性 CO的选择性(填“大于”“小于”或“等于”)。
③下列示意图中能体现反应I(实线)和反应II(虚线)的活化能大小和反应进程的是 (填标号)，判断的理由是 。
④15s时，反应I的v正反应 v逆反应(填“大于”“小于”或“等于”)，反应II的浓度商 Qc (用含a的式子表示)。
8．（2022·全国·高三专题练习）研究和深度开发CO、的综合应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
(1)CO可用于炼铁，已知：
则CO还原(s)的热化学方程式为 。
(2)分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池(以熔融碳酸盐为电解质)。写出该电池的负极反应式： 。
(3)和充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：，测得的物质的量随时间的变化见图。
①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为 (填“>”、“=”或“＜”)。
②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。
容器 甲 乙
反应物投入量 1mol 、3mol a mol 、b mol 、c mol (g)、c mol (g)
若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为 。
(4)利用光能和光催化剂，可将和(g)转化为和。紫外光照射时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，产量随光照时间的变化见图。在0～15小时内，的平均生成速率Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为 (填标号)。
(5)以/为催化剂，可以将和直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图。
①乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是 。
②可溶于稀硝酸，写出有关的离子方程式： 。
9．（2022·山东济宁·统考三模）采用CO2作为碳源，通过催化加氢的方式，不仅可以减少温室气体，还可以转化为高附加值的产品，具有重要的战略意义。CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)转化路径涉及的主要反应如图：
请回答下列问题：
(1)2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) △H= kJ·mol-1。
(2)有利于提高体系CO2平衡转化率的措施有 (填标号)。
A．减小n(CO2)：n(H2)投料比 B．减小体系压强
C．使用高效催化剂 D．及时分离H2O(g)
(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已知反应1的v(正)=k正·p(CO2)·p(H2)，v(逆)=k逆·p(CO)·p(H2O)，计算1083K时，= [p(CO2)等代表分压)]。
③工业上用分子筛作催化剂，可大大提高C2H4的选择性，已知乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小，请解释分子筛能提高C2H4的选择性的原因 。
④在碱性环境中电催化还原CO2制乙烯，产生乙烯的电极为 极(填“阴”或“阳”)，该电极的电极反应式为 。
(4)在催化剂作用下CO2加氢可制得甲醇，该反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如*CO2表示CO2吸附在催化剂表面；图中*H已省略)。
上述过程中得到相对较多的副产物为 ，合成甲醇决速步的化学反应方程式为 。
10．（2022·全国·高三专题练习）2021年国际环境研究大会以“中国走向碳中和可持续发展的进程”为主题，聚焦气候治理政策，其中大气污染物碳氧化物、氮氧化物等的治理和“碳中和”技术的开发应用，成为化学研究的热点问题。
(1)已知：
有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为 。
(2)利用二价铜微粒为催化剂用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法正确的是 。
a.为催化剂，可以提高脱硝的速率和平衡转化率
b.状态②到状态③的变化过程决定了整个历程的反应速率
c.状态③到状态④中有非极性键和极性键生成
d.在图1所示历程中铜元素的化合价有发生变化
(3)采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该反应体系中涉及以下两个反应：
I.
II.
恒压下将CO2和H2按体积比混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间段内的选择性和产率随温度的变化如图。
其中的选择性
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是 。
a.210℃ b.230℃ c.催化剂CZT d.催化剂
②在230℃以上，升高温度甲醇的产率降低，但CO2的转化率增大，原因是 。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入和，设只发生反应I，初始压强为，在300℃发生反应，反应达平衡时，容器体积减小20%。则反应I的压强平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(5)近期中国科学家团队再次实现二氧化碳“变废为宝”，成功将二氧化碳分两步高效还原合成高浓度乙酸，进一步利用微生物合成葡萄糖和油脂。利用新型固态电解质电解的部分过程如图所示。该装置阴极电极反应： 。
11．（2022·广西南宁·南宁三中校考一模）2022年北京冬奥会的火炬“飞扬”是世界首款高压储氢火炬，它运用了液体火箭发动机的氢能技术。
I.由氨气制取氢气是一种新工艺，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。氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据如表：
化学键 N≡N H—H N—H
键能E/(kJ·mol-1) 946 436 391
回答下列问题：
(1)反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H= kJ·mol-1。
(2)已知该反应的△S=0.2kJ·mol·K-1，则温度T K时反应能自发进行。
(3)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0.1molNH3通入恒容密闭容器中进行反应，此时容器内总压为200kPa，4min后达到平衡，容器内的压强为280kPa。
①该反应达到化学平衡的标志是 (填序号)。
A．NH3的反应速率为0
B．H2的分压保持不变
C．气体平均相对分子质量保持不变
D．NH3、N2、H2的物质的量之比为2：1：3
②在该温度下，反应的平衡常数Kp= kPa2。(分压=总压×该组分物质的量分数)
II.利用有机物HCOOH分解可再生H2与CO2。
(4)在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示：
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成 (填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，根据图示反应机理解释其可能的原因是 。
III.氨电解法制氢气：
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示：
(5)阳极的电极反应式为 。
12．（2022·江苏常州·统考模拟预测）微生物催化降解是处理含硝酸盐()、 高氯酸盐()废水的重要修复技术。已知：反硝化菌、高氯酸盐降解菌属于异养微生物，需在有机物作为碳源的情况下才能生长繁殖；硫化菌属于自养微生物，无需外界有机碳源就能生长繁殖。
(1)异养还原法：向活性污泥中加入有机碳源(如CH3COONa)，在反硝化菌和高氯酸盐降解菌的催化下，CH3COONa分别将中性废水中的还原为N2、还原为Cl-，有效实现废水中污染物的降解。
①CH3COONa作还原剂时，自身转化为CO2从废水中逸出。写出降解的离子方程式： 。
②将含相同浓度、的废水和60mg/L的CH3COONa溶液以一定流速通入装有活性些污泥的反应器，测得出口各组分浓度随时间的变化关系如图所示。废水中的降解速率明显要比的降解速率快得多，其原因是 。
(2)自养还原法：在硫化菌作用下，利用单质硫可将废水中的硝酸盐和高氯酸盐降解。
①硫自养还原法可避免加入过量有机碳源造成的二次污染，但也带来新的污染物硫酸盐()，同时还会造成水体pH (填 “增大”或“减小”)。
②硫自养还原一段时间后，在出水中检测到H2S，且出水中年的质量浓度远大于理论值，其原因是 。
(3)异养自养混合法：异自养一体式微生物反应器如图所示，反应柱外部使用水浴夹层保温。将CH3COONa溶液和含硝酸盐、高氯酸盐的废水经蠕动泵送入反应器，混合液缓慢流经填充硫磺颗粒和活性污泥的反应柱。
①当处理一定体积一定浓度的硝酸盐和高氯酸盐废水时，工业上通常采用异养自养混合醋酸钠固体法的原因是 。
②反应器水浴保温夹层的温度需控制在32℃左右，其原因是 。
13．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）甲醇是重要的化工原料，合成甲醇和利用甲醇的研究和探索，在国际上一直受到重视。工业上常利用CO2和H2为原料合成甲醇，再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题：
(1)①常温下， H2和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1和726.4 kJ·mol-1， 1mol甲醇汽化需要吸收82.0kJ的热量，则CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成气态甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(1) △H= kJ·mol-1；
②上述反应分两步进行：
第一步 (写化学方程式)△H> 0
第二步Cu/Zn* + 2H2 + CO2 = Cu/ZnO* + CH3OH △H< 0
③第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知以下能正确表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的示意图为 。
a. b.
c. d.
(2)工业上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反应：
主反应CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H<0
副反应CO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) △H>0
一定条件下，在装有催化剂的密闭容器中投入amolCO2和3amolH2，发生上述合成反应。
①在相同时间内，测得甲醇产率与温度的关系如图所示。温度为470K时，图中P点 (填“处于”或“不处于”)平衡状态；490K之后，甲醇的产率随温度的升高而减小的原因可能是 。
②某温度下，达平衡时容器中CH3OH的物质的量为c mol， CO的物质的量为d mol。则此条件下CO2的转化率为 (列式表示，下同)；甲醇的选择性(指转化为甲醇的CO2占发生反应的CO2的百分比)为 ；此条件下副反应的平衡常数为 。
(3)甲醇催化制取丙烯的过程中发生如下反应： 3CH3OH(g)C3H6(g) + 3H2O(g) ，该反应的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( Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea= kJ·mol-1，当改变外界条件时，实验数据如中的直线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
14．（2022·海南省直辖县级单位·统考三模）CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。研究表明CO2与H2在催化剂存在下可发生反应制得甲烷：
CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)。
(1)已知：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-890.3 kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=-571.6 kJ·mol-1
则③CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH= 。
(2)反应③的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“＞”、“=”或“＜”)，有利于该反应自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。
(3)选择合适催化剂，在密闭容器中按n(CO2)：n(H2)=1：4充入反应物，反应结果如图所示。
①若N点压强为1 MPa，则平衡常数Kp(N)= MPa-2，P点与N点的平衡常数K(P) K(N)(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②若无催化剂，N点平衡转化率 (填“是”或“否”)可能降至R点？理由是： 。
15．（2022·山东·模拟预测）丙烯是化学工业中重要的基础化学品，是制造塑料、橡胶和纤维“三大合成材料”的基本原料，若以CrOx为催化剂，会发生以下反应。
主反应：①C3H8(g)H2(g)+C3H6(g) ΔH1；
副反应：②C3H8(g)CH4(g)+C2H4(g) ΔH2；
③C2H4(g)+H2(g)C2H6(g) ΔH3；
已知：
化学键 H—H C—H C—C C=C
键能(kJ·mol-1) 436 413 334 612
(1)则反应①的ΔH1= kJ·mol-1。已知该反应的ΔS=127J·mol-1·K-1，在下列哪些温度下反应能自发进行 (填标号)
A．400℃ B．500℃ C．700℃ D．800℃
(2)以CrOx催化丙烷脱氢制备丙烯反应路程如图所示：
从物质结构角度解释第Ⅱ步活化能最大的原因 。
(3)工业上丙烷脱氢制备丙烯，下列说法正确的是 。
A．增大C3H8的浓度，反应①②③的正反应速率都增加
B．移除H2，反应①②③的平衡均向右移动
C．在恒温恒压的密闭容器中充入适量氮气可增大丙烷的平衡转化率
D．可通过选择合适催化剂提高丙烯产率
(4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。某研究小组对恒温、恒压条件下由丙烷制备丙烯进行研究，向初始总压为100kPa的密闭容器中投入一定量丙烷，测得部分生成物体积分数如图。
试以丙烯分压变化表示出0~40min内C3H6的平均反应速率v(C3H6)= kPa·min-1(已知：分压=总压×该组分物质的量分数)，反应①相对压力平衡常数值为K= 。
16．（2022秋·山东潍坊·高三校考阶段练习）应对雾霾污染、改善空气质量需要从多方面入手。
Ⅰ.研究发现，NOx是雾霾的主要成分之一，NOx主要来源于汽车尾气。
已知：N2(g)＋O2(g)2NO(g) △H=＋180.50 kJ·mol-1
2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) △H=-566.00 kJ·mol-1
(1)为了减轻大气污染，人们提出在汽车尾气排气管口采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环，写出该反应的热化学方程式 。
Ⅱ.开发利用清洁能源可减少污染，解决雾霾问题。甲醇是一种可再生的清洁能源，具有广阔的开发和应用前景，一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，在2L密闭容器中充入物质的量之比为1：2的CO和H2，在催化剂作用下充分反应。平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。
(2)该反应的反应热△H 0(填“>”或“＜”)，压强的相对大小为p1 p2(填“>”或“＜”)。
(3)该反应化学平衡常数表达式为 。
(4)下列各项中，能说明该反应已经达到平衡的是_______。
A．容器内气体压强不再变化
B．v(CO) ：v(H2) ：v(CH3OH)=1：2：1
C．容器内的密度不再变化
D．容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化
(5)某温度下，在保证H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，平衡 (填字母)。
A．向正反应方向移动 B．向逆反应方向移动 C．不移动
(6)T1温度时，在容积为1 L的刚性密闭容器中充入1.0 molCH3OH(g)发生反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，容器内的总压强p随时间t的变化如表所示：
反应时间 t/min 0 2 4 6 8 10 12
总压强p/kPa 100.0 115.0 123.0 130.0 136.0 140.0 140.0
该温度下的平衡常数Kp = (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(7)依据燃烧反应原理，合成的甲醇可以设计如图所示的燃料电池装置。
负极电极反应式为 。
17．（2022·湖北恩施·恩施土家族苗族高中校联考模拟预测）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
．二氧化碳利用
途径一：与氢气反应制甲醇CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
H—H C—H C—O C=O O—H
键能kJ/mol 436 415 326 803 464
(1)该反应的 H =
(2)总反应在起始物n(H2)：n(CO2)=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH)~p、在p=5×105Pa下x(CH3OH)~t的如图所示。
图中对应等压过程的曲线是 ，判断的理由是 ；
途径二：与甲烷重整制氢
主反应： ①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1=+ 247kJ/mol
副反应：②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2
③CH4(g)C(s)+2H2(g) H3= +75kJ/mol
④2CO(g)CO2(g)+C(s) H4 = -172kJ/mol
⑤CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) H5
(3)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应①、②、③的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应③、④、⑤的平衡均向右移动
C．加入反应①的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应①~⑤的正、逆反应速率都减小
(4)目前商业化的CH4/H2O重整Ni基催化剂适合在高水碳比(3.0~5.0)条件下进行，在低水碳比条件下极易积炭，主要积炭反应为上述反应③(CH4裂解)、④(CO歧化)对积炭反应进行计算，得到温度和压强对积炭反应中平衡炭量的影响图(图a和图b)，其中表示温度和压强对CH4的裂解反应中平衡炭量影响的是 (“图a”或“图b”)，选择在高水碳比条件下进行的理由是 。
Ⅱ．二氧化碳来源
汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。
在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) 。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。
(5)反应速率 v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆 分别为正、逆反应速率常数，计算a处v正：v逆= 。
18．（2022·山东日照·统考二模）COx选择性甲烷化是近年来有良好应用前景的处理方法。富氢气氛下，CO、CO2.均可与H2发生甲烷化反应。
I．CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H=-206.2kJ·mol-1
II．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=a kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)已知CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) △H =-41.2kJ·mol-1，则a= 。
(2)400℃时，选用镍基催化剂，向1L密闭容器中通入10molCO、10molCO2和40molH2进行反应，平衡后测得n(H2)=9mol，n(CH4)=10mol。
①CO2的平衡转化率为 。
②已知反应II的正=k正·c(CO2)·c4(H2)，逆=k逆·c(CH4)·c2(H2O) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。 (保留两位小数)；升高温度， (填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)已知：H2对CO的选择性×100％，则H2对CO2的选择性= 。增大入口处CO的物质的量，和原来相比 (填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)其他条件相同，反应II使用两种不同催化剂，反应相同的时间，测得CO2的转化率随温度变化的影响如图所示。
根据图象分析，下列说法错误的是_______(填标号)。
A．工业生产中应选择的温度和催化剂分别是320℃、Ni-CeO2
B．相同条件下，以Ni-CeO2为催化剂有助于提高平衡转化率
C．温度高于320℃时，CO2转化率减小的原因可能是升温使催化剂活性降低
D．温度高于320℃时，CO2转化率继续增大的原因可能是化学反应速率加快
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案：
1．(1)
(2)3.3
(3) [Fe(CN)6]2--e-=[Fe(CN)6]3- H2
(4) t1时刻前，溶液中的Fe3+浓度较大，与H2S反应速率较快。t1时刻后，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，生成的Fe3+与H2S发生氧化还原反应，这两个反应的速率近似相等。因而溶液中的Fe3+的量基本不变
(5) 10-7.24 HS-+OH-=S2-+H2O
【详解】（1）已知：①
②
③
根据盖斯定律，将①+②+③，整理可得硫化氢气体分解为氢气和固体硫的热化学方程式为 ；
（2）K2CO3溶液吸收H2S的反应为，该反应的平衡常数K=，lgK=lgKa1(H2S)-lgKa2(H2CO3)=-7-(-10.3)=3.3；
（3）①电解时阳极上[Fe(CN)6]2-失去电子被氧化变为[Fe(CN)6]3-，故阳极的电极反应式为[Fe(CN)6]2--e-=[Fe(CN)6]3-；
②在阴极上得到电子被还原产生、H2；
③通入H2S过程中，伴有转化为。通H2S发生反应的离子反应方程式为；
（4）①将含H2S尾气的空气按一定流速通入酸性FeCl3溶液中，可实现含H2S尾气的空气脱硫。在FeCl3溶液吸收H2S的过程中也发生了反应，溶液中的n(Fe3+)及被吸收的n(H2S)随时间t的变化如图所示。t1时刻前，溶液中n(Fe3+)减小速率较快，t1时刻后，溶液中n(Fe3+)基本不变，这是由于t1时刻前，溶液中的Fe3+浓度较大，与H2S反应速率较快。t1时刻后，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，生成的Fe3+与H2S发生氧化还原反应，这两个反应的速率近似相等。因而溶液中的Fe3+的量基本不变；
②在t1时刻后，Fe3+不再发生变化，随着H2S气体的通入，n(H2S)增大，故溶液中n(Fe3+)、n(H2S)随时间的变化关系为：；
（5）H2S的电离平衡常数Ka1=，当c(H2S)=c(HS-)时，Ka1==c(H+)=10-7.24；
向H2S溶液中不断加入NaOH溶液，在溶液pH=12.0时溶液中S元素存在形式是HS-，当pH由12.0变为16.0时，HS-与碱溶液中的OH-反应产生S2-、H2O，发生的主要反应的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O。
2．(1)397.7
(2) 反应Ⅱ放热量很大 增大压强或适当增大O2的浓度
(3)
(4) 吸热 大于
(5) 2CH4 -8e-+2H2O = CH3COOH+8H+ 太阳能→电能→化学能
【详解】（1）由反应I计算，则推出；
（2）反应的发生趋势可以从熵增情况及放热来判断，该反应气体量减少熵减少，所以反应的趋势大是由于该反应放热很大。两个反应均为气体减少的反应且反应物相同，要使两个平衡正向，可以增大O2的浓度或者增压；
（3）反应中的变化如下：
则反应I中消耗的CH4为(1-a-2b)mol，I反应中的变化量为
则反应后剩下的O2为，则c(O2)= 。，，则反应II的；
（4）O2+CH4到2O+CH4为解离过程，，所以该过程为放热，该过程的活化能为35.4-（-48.6）=84.0kJ/mol。而甲烷的活化过程的活化能为20.7-（-67.7）=88.4kJ/mol。前者的活化能小于后者，则该反应速率大于CH4的活化速率；
（5）CH4变为乙酸，碳元素化合价升高发生了氧化反应，反应为2CH4-8e-+2H2O=CH3COOH+8H+，该反应利用电解池制备物质，主要的能量转化方式为电能转化为化学能。
3．(1) 2H2O+2e-=2OH-+H2↑ S+2H+=(n-1)S↓+H2S↑
(2) Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度 (只答Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低也可以) 硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌逐渐失去活性
(3) OH-浓度增大，促进平衡H2SH＋＋HS-向电离方向进行，c(HS-)浓度增大 若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少
【详解】（1）①在阴极上H2O电离产生的H+得到电子被还原产生H2，故阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；
②电解时，阳极发生反应：S2--2e-=S、(n-1)S+S2-=S，电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化，S与H+发生反应产生H2Sn发生歧化得到硫单质和H2S，其离子方程式为S+2H+=(n-1)S↓+H2S↑；
（2）根据图示可知：一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10 g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。这是由于Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度 (只答Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低也可以)；
②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO4 2Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降是由于硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌蛋白质发生变性而逐渐失去活性；
（3）①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增，这是由于水膜表面溶液pH中的，OH-浓度增大，促进电离平衡H2SH＋＋HS-向电离方向进行，导致溶液中c(HS-)浓度增大，HS-被氧化变为S，H+与溶液中OH-结合生成H2O；
②但若水膜过厚，H2S的氧化去除率反而会减小，这是由于若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少。
4．(1)-63kJ·mol-1
(2) 增大 F 当反应物按化学计量数之比投料，达到平衡时生成物的百分含量最大，当=2.5时，达到平衡状态后，CH2O的体积分数应小于C点，故可能是图象中的F点
(3) b c 温度相同时，增大压强使反应I平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和H2的体积分数减少，有利于反应II平衡逆向移动，故高压时，CO的平衡体积分数降低，M点高于N点(或温度相同时，降低压强使反应I平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应I平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点) 2.88
【详解】（1）ΔH等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，反应物中总键能为803×2+436×3=2914kJ/mol，生成物键能总和为414×3+343+464+464×2=2977kJ/mol。ΔH=2914-2977=-63kJ/mol。
（2）①容器内气体初始压强为1.2kPa，，则起始时p(H2)=0.8kPa，p(CO2)=0.4kPa。
KP=。再加入二氧化碳和水蒸气，使二者分压均增大0.05kPa，则QP==3.24②当反应物按化学计量数之比投料时，达到平衡时生成物的百分含量最大，当时，达到平衡后，CH2O的体积分数应小于C点，故可能是图象中的F点。
（3）①Ⅰ反应为放热反应，Ⅱ反应为吸热反应，温度升高，Ⅰ反应平衡逆向移动，Ⅱ反应平衡正向移动，故a、b对应不同压强下CH4的平衡体积分数，c、d对应不同压强下CO的平衡体积分数，同时压强增大，Ⅰ反应正向移动，CH4平衡体积分数增大，故a曲线代表10MPa情况下CH4平衡体积分数，b曲线代表1MPa情况下CH4平衡体积分数，1MPa情况下CH4平衡体积分数相对于10MPa的情况要小，则对应的1MPa情况下H2O平衡体积分数也要小，这有利于Ⅱ反应正向移动，故c曲线代表1MPa情况下CO平衡体积分数，d曲线代表10MPa情况下CO平衡体积分数。温度相同时，增大压强使Ⅰ反应正向移动，水的体积分数增大，二氧化碳和氢气的体积分数减小，有利于Ⅱ反应逆向移动，故高压时CO体积分数降低，M点高于N点。
②当图中CH4和CO平衡体积分数均为40%时，CO2平衡体积分数为20%，设反应生成CH4xmol，COymol
二氧化碳、甲烷、一氧化碳总的物质的量为1-x-y+x+y=1，则x/1=40%，y/1=40%，解得x=0.4，y=0.4，则平衡时n（CH4）=0.4mol，n（H2O）=1.2mol，n（CO2）=0.2mol，n（H2）=1mol，容器体积为1L，则平衡常数K=。
5．(1) 用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气
(2) 放热 催化剂活性最好，可以通过合成氨的反应速率
(3) 200℃ M=Q>N
(4)
(5)4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H=-907 kJ·mol-1；
【详解】（1）①平衡常数是生成物浓度系数次方的乘积与反应物浓度系数次方的的乘积的比值，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为 。
②氨气是碱性气体，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室检验氨气的方法是：用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气。
（2）①升高温度，氨的平衡含量降低，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应；
②550℃、10Mpa的条件下，催化剂活性最好，可以提高合成氨的反应速率，所以哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa；
（3）①合成氨正反应放热，升高温度平衡逆向移动，氨气的百分含量降低，所以曲线a对应的温度是200℃。
②平衡常数只与温度有关，M、Q温度相同，所以平衡常数相同；N点温度高于M，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，平衡常数K的大小关系是M=Q>N。
（4）电解法合成氨，阴极氮气得电子生成氨气，电极反应式为。
（5）①4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H=-1268kJ·mol-1；
②2NO(g)N2(g)+O2(g) △H=-180.5kJ·mol-1；
根据盖斯定律①-②×2得4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H=-1268kJ·mol-1+180.5kJ·mol-1×2=-907 kJ·mol-1；
6．(1)①减少浓硫酸的浓度使其变成稀硫酸；②在反应中通入过热水蒸气，带出挥发性的苯
(2)
(3)1.17
(4)反应①中加入H2O2(l)，H2O2与H2发生反应放出热量，总反应即反应②(l)+NH3 H2O(l)+H2O2(l)(l)+3H2O(l)是放热反应，所以反应②的△S>0、△H<0，任何情况下都能自发进行
(5)AC
【详解】（1）减少反应物浓度可以使平衡逆向移动，所以可采取的措施有将浓硫酸浓度降低成为稀硫酸，或向体系中通入水蒸气，利用苯的挥发性带出苯；
（2）苯的硝化反应中，中间体全部转化为产物，反应是不可逆的，则中间体转化为硝基苯所越过的能垒低，能量变化如图所示：
（3）设发烟硫酸和苯的物质的量均为1mol，参加反应的物质的量均为xmol，则生成苯磺酸和水的物质的量均为1mol，剩余发烟硫酸和苯的物质的量均为1-x(mol)，可列式，解得x=0.52mol，K=；
（4）反应①中加入H2O2(l)，总反应即反应② (l)+NH3 H2O(l)+H2O2(l) (l)+3H2O(l) 的△S>0，因为反应②能够自发进行，所以△H<0，H2O2与H2发生氧化还原反应放出热量，是放热反应，所以反应②的△S>0、△H<0，任何情况下都能自发进行；
（5）A．因为反应①为吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，A选项正确；
B．反应①只有产物H2是气体，所以加压不利于平衡正向移动，反应②中没有气体参与反应，压强改变对平衡移动不产生影响，B选项错误；
C．反应①中加入H2O2(l)与H2反应，减少生成物浓度，促进平衡正向移动，C选项正确；
D．增大苯和一水合氨的配料比，可增大一水合氨的转化率，但不一定能提高苯胺的物质的量分数，D选项错误；
答案选AC。
7．(1)-90.7
(2) 0.00167 小于 A 甲醇的选择性较小，说明反应I的活化能较大，反应速率较小 大于
【详解】（1）由盖斯定律可知该反应可由反应I-反应II得到，则 H=-()-()= -90.7，故答案为：-90.7；
（2）①由图可知0~15s时间段内，CO的浓度增加至0.175，则反应II中CO2的浓度消耗为0.175，反应I和II两反应中消耗的二氧化碳的浓度为(0.5-0.3)=0.2，由此可知反应I中二氧化碳的浓度消耗量为0.2-0.175=0.025，结合反应可知的浓度变化量为0.025，用表示的平均反应速率为，故答案为：0.00167；
②由上述分析可知在相同时间内，CO的浓度增加量大于的浓度增加量，说明反应体系中 的选择性小于CO的选择性，故答案为：小于；
③由上述分析可知反应对甲醇的选择性小于CO，说明生成甲醇的反应较生成CO的反应要慢，而反应的活化能越低反应速率越快，活化能越高反应速率越慢，则反应I的活化能大于反应II，符合的图为A，故答案为：A；甲醇的选择性较小，说明反应I的活化能较大，反应速率较小；
④15s时，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；
由图可知起始时二氧化碳的浓度为0.5mol/L，又，则氢气的起始浓度为0.5amol/L，15s时二氧化碳的浓度为0.300mol/L，CO的浓度0.175，则反应II中消耗氢气的浓度为0.175，该反应生成的水的浓度为0.175；的浓度变化量为0.025，则反应I中消耗氢气的浓度为0.075，生成水的浓度为：0.025，则此时容器中水的总浓度0.200，氢气的浓度为(0.5a-0.175-0.075)=(0.5a-0.175-0.075)=(0.5a-0.250)，反应II的浓度商 Qc=，故答案为：大于；；
8．(1)
(2)
(3) >
(4)Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ
(5) 300～400℃
【详解】（1）热化学方程式①： 。
热化学方程式②：
CO还原(s)的热化学方程式可以由①-②×3得到
，故答案为： ；
（2）负极为失去电子一极即CO作负极反应物，由于在熔融碳酸盐环境中，故生成，电极反应式为，故答案为：；
（3）①曲线Ⅰ平衡时产物物质的量大，则平衡常数，故答案为：＞；
②要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，平衡后各物质的量应该与甲中平衡时的量相等。假设平衡时转化(g)的物质的量为x mol，则由三段式有：，则，解得；由于平衡逆向进行，则c应大于0.4，如果a、b等于零时，c最大为1，则，故答案为：；
（4）由图2中0～15小时内的产量知，生成的速率Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ，故答案为：Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ；
（5）①300~400℃时，催化剂的催化效率变化较小，但乙酸的生成速率变化较大，所以乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是，故答案为：300~400℃；
②中Cu为＋1价，Al为＋3价，与硝酸反应生成，硝酸会生成NO，反应离子方程式为，故答案为： 。
9．(1)-128
(2)AD
(3) B 1 乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小从而导致乙烯能通过分子筛，使反应2的平衡向右移动 阴 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
(4) CO *CO+*OH+*H*CO+*H2O
【分析】根据盖斯定律计算焓变，利用平衡移动的影响判断转化率的变化，根据平衡常数利用三段式进行计算；对于图象，利用图象信息判断合适的温度，利用化合价的变化判断电极，利用原子、电子守恒书写电极反应，根据能量图象中能量的大小，利用反应物的活化能大小判断决定整个反应的主要分反应；
【详解】（1）利用盖斯定律，反应2+反应1乘以2，得出总反应的△H=-128 kJ·mol-1，故答案为-128；
（2）A．减小n(CO2)：n(H2)投料比相当于增大了氢气的浓度，根据转化率规律判断，可以增大二氧化碳的转化率，故A符合题意；
B．该反应是个等体反应，减小压强平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，故B不符合题意；
C．催化剂不影响平衡，故转化率不变，故C不正确；
D．及时分离H2O(g)，促使平衡向正反应方向移动，故二氧化碳转化率增大，故D正确；
故选答案AD；
（3）①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度根据图象中C2H4和C3H6的含量最大时进行判断温度是573~773K，故选答案B；
②根据三段式进行计算反应的平衡常数，根据1083K时，二氧化碳的转化率为75％：得出=1，根据v(正)=k正·p(CO2)·p(H2)，v(逆)=k逆·p(CO)·p(H2O)，当达到平衡时，==1，故答案为1；
③乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小从而导致乙烯能通过分子筛，使反应2的平衡向右移动，从而提高了乙烯的选择性；
④在碱性环境中电催化还原CO2制乙烯，根据碳元素的化合价由+4价变为乙烯中的-2价，化合价降低得电子，判断产生乙烯的电极为阴极，故答案为阴；该电极的反应为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，故答案为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-；
（4）根据图象中生成的副产物进行判断上述过程中得到相对较多的副产物为CO，根据反应物的活化能越大，反应越慢，是决定总反应的主要反应，故答案为：*CO+*OH+*H*CO+*H2O；
【点睛】此题考查化学反应原理，根据焓变的计算、平衡影响等进行解答，注意图象中利用原子守恒进行书写各分反应，反应物的活化能的大小决定反应的快慢，即慢反应决定着反应速率。
10．(1)-1627
(2)cd
(3) bd 230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大
(4)
(5)
【详解】（1）①
②
③
③=①-4②，故-1627；
（2）a.催化剂只能提高脱硝的速率，不能改变平衡转化率，a项错误；
b.慢反应决定了整个历程的反应速率，故状态③到状态④的变化过程决定了整个历程的反应速率，b项错误；
c.状态③到状态④中有N与N之间非极性键和H与O之间极性键生成，c项正确；
d.在图1所示历程中铜元素的化合价有+1和+2两种化合价，d项正确；
答案选cd；
（3）根据题中条件，230℃，催化剂时甲醇产率最高，故选bd；原因为：230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大；
（4）列三段式：
容器体积减小20%，故，解得x=0.5，容器为恒压容器，故反应前后压强均为，
（5）该装置通入CO得电子转化为CH3COOH，故阴极电极反应为：。
11．(1)+92
(2)>460
(3) BC 4800
(4) HD HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO-浓度增大，反应速率增大
(5)6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O
【详解】（1）断裂旧键吸收能量，形成新键释放能量，根据△H=断裂旧键吸收的能量-形成新键释放的能量可得，2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=（+2×3×391-946-3×436）kJ·mol-1=+92 kJ·mol-1，故答案为：+92；
（2）若反应能自发进行，则△G=△H -T△ S<0，即：92-0.2T<0，解得： T>460K，故答案为：>460；
（3）①A．达平衡状态时，反应仍在继续进行，反应速率不为0，故A错误；
B．H2的分压保持不变即物质的量分数保持不变，故B正确；
C．气体总质量不变，气体平均分子量保持不变即气体物质的量保持不变，达平衡状态，故C正确；
D．NH3、 N2、H2的物质的量之比为2: 1: 3，并不能表示其不变，故D错误；
故答案为：BC；
②容器体积不变反应达到平衡，根据压强之比等于物质的量之比即，解得n(混)=0.14mol，设转化的氨气为2x，则，则0.1-2x+x+3x=0.14，解得x=0.02mol，平衡容器内的压强为280kPa，则反应的平衡常数，故答案为：4800；
（4）①H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD；②HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，用部分HCOOK代替HCOOH，导致HCOO-浓度增大，因此其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，故答案为：HD；HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO-浓度增大，反应速率增大；
（5）阳极是氨气失去电子变为氮气，其电极反应式为6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O，故答案为：6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O。
12．(1) +CH3COO- Cl-+2CO2↑+OH-+H2O (或+CH3COO- Cl -+CO2↑+HCO+H2O) 反硝化菌的生长繁殖速度远大于高氯酸盐降解菌
(2) 减小 在该条件下，单质硫发生了歧化反应(或自身氧化还原反应)
(3) 减少还原剂醋酸钠和单质硫的用量，可减弱单独使用时可能带来的二次污染；同时控制发生异养还原和自养还原的比例，可调节反应后水体的pH 既保证反应在合适的温度下有较快的反应速率，又防止因温度过高使各种微生物降解菌失去活性
【解析】(1)
①ClO作氧化剂，将CH3COO－氧化成CO2，本身转化成Cl－，因此有ClO+CH3COO－→CO2↑＋Cl－，利用化合价升降法进行配平，ClO+CH3COO－→2CO2↑＋Cl－，因为溶液中为中性，因此根据电荷守恒和原子守恒，得出其离子方程式为ClO+CH3COO- Cl-+2CO2↑+OH-+H2O或+CH3COO- Cl-+CO2↑+HCO+H2O；故答案为ClO+CH3COO-Cl-+2CO2↑+OH-+H2O或+CH3COO-Cl-+CO2↑+HCO+H2O；
②催化剂具有专一性，反硝化菌降解NO，高氯酸盐降解菌降解ClO，废水中的降解速率明显要比的降解速率快得多，其原因可能是反硝化菌的生长繁殖速度远大于高氯酸盐降解菌；故答案为反硝化菌的生长繁殖速度远大于高氯酸盐降解菌；
(2)
①根据题中信息，硫单质处理硝酸盐、高氯酸盐的离子方程式为2H2O＋5S＋6NO=5SO＋3N2↑＋4H＋、4H2O＋4S＋3ClO=4SO＋3Cl－＋8H＋，c(H＋)增大，水体pH减小；故答案为减小；
②出水中检测到H2S，且出水中SO的质量浓度远大于理论值，可能原因是S自身发生氧化还原反应得到H2S和SO；故答案为在该条件下，单质硫发生了歧化反应或自身氧化还原反应；
(3)
根据问题(2)中①加入过量有机碳源造成二次污染，也带来新的污染物硫酸盐，因此采用异养自养混合可以减少还原剂醋酸钠和单质硫的用量，可减弱单独使用时可能带来的二次污染，根据异养还原法以及自养还原法的还原发生的方程式，采用异养自养混合可以控制发生异养还原和自养还原的比例，可调节反应后水体的pH；故答案为减少还原剂醋酸钠和单质硫的用量，可减弱单独使用时可能带来的二次污染；同时控制发生异养还原和自养还原的比例，可调节反应后水体的pH；
控制在32℃左右，从化学反应速率快慢以及催化剂活性角度进行分析，可能原因是既保证反应在合适的温度下有较快的反应速率，又防止因温度过高使各种微生物降解菌失去活性；故答案为既保证反应在合适的温度下有较快的反应速率，又防止因温度过高使各种微生物降解菌失去活性。
13．(1) -49.0 Cu/ZnO*+H2= Cu/Zn*+H2O c
(2) 不处于 升高温度，主反应平衡逆向移动，甲醇产率降低；催化剂活性降低或副反应更易进行
(3) 31.0 使用催化剂(或使用更高效的催化剂)
【详解】（1）①根据题意写出热化学方程式，由盖斯定律得目标方程式的；②以总反应方程式与第二步反应式相减即得第一步反应方程式：Cu/ZnO*+H2= Cu/Zn*+H2O；③第一步反应吸热，第二步反应放热，可排除b、d选项，又由于第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，因此第二步速率快，反应活化能低于第一步，所以c选项正确；
（2）①由图象可知470K之后甲醇产率还在增大，温度持续升高，说明反应还在朝着主反应的正方向进行，不处于平衡状态；在490K时，反应达到平衡，此时甲醇产率达最高值，升高温度，主反应平衡逆向移动，另外随温度升高催化剂活性降低或副反应更易进行，甲醇产率降低；②根据题意可列三段式，注意主反应各物质的末态量作为副反应对应物质的起始量，已知量为CO2、H2的起始物质的量、CH3OH、CO的末态物质的量：
，
则CO2转化率=；甲醇的选择性=；副反应的化学平衡常数为
K副=；
（3）将直线a上两点坐标代入列方程组 解得Ea=31.0(kJ·mol-1)；由于该反应的Arrhenius经验公式为一直线方程，因此活化能Ea即为该直线的斜率，如图过程a→b直线斜率减小，即活化能Ea降低，所以改变的条件可能是使用了催化剂或使用了更高效的催化剂。
14．(1)-252.9 kJ mol-1
(2) ＜ 低温
(3) 1 ＜ 否 催化剂不能改变反应物的平衡转化率
【详解】（1）①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-890.3 kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=-571.6 kJ·mol-1；
则根据盖斯定律，将②×2-①，整理可得③CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-252.9 kJ mol-1；
（2）反应③为CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-252.9 kJ mol-1。该反应的的正反应是气体体积减小的放热反应，说明正反应的活化能小于逆反应的活化能，Ea(正) ＜Ea(逆)；要使反应自发进行，ΔG=ΔH-TΔS＜0，由于该反应的ΔH＜0，ΔS＞0，则反应自发进行的条件是低温条件；
（3）对于反应：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)，开始时n(CO2)：n(H2)=1：4，假设n(CO2)=1 mol，n(H2)=4 mol，反应在N点时CO2的转化率是50%，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CO2)=0.5 mol ，n(H2)=2 mol，n(CH4)=0.5 mol，n(H2O)=1 mol ，n(总)=0.5 mol+2 mol+0.5 mol+1 mol=4 mol，此时气体总压强为p=1 MPa，所以Kp(N)=；
该反应为放热反应，P点温度比N点温度高，升高温度，化学平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率降低，所以化学平衡常数K(P)＜K(N)；
②催化剂只能改变反应速率，不能使化学平衡发生移动，因此催化剂不能改变CO2的平衡转化率，故若无催化剂，N点平衡转化率也不会降至R点。
15．(1) +112 CD
(2)由键能数据可知C—H键能大于C—C键能，更难断裂，活化能最大
(3)ACD
(4) 0.75 0.3
【详解】(1)根据键能与焓变关系 H1=2×334+8×413 436 612 334 6×413=+112 kJ·mol 1； H T S＜0，即112 T×127×10 3＜0，求得T＞882 K，即T＞609 ℃，所以选CD；
(2)题目要求从结构角度解释，结合题干提供的信息，发现C H键能大于C C键能，断裂C H需要能量高，成为比较慢的过程；
(3)A．增大C3H8的浓度，反应①和反应②反应物浓度增大，速率增大，反应③由于生成的乙烯和氢气浓度增大，而造成反应③速率增大，A项正确；
B．移除H2，反应①向右移，反应③平衡向左移动，B项错误；
C．恒温恒压充入适量氮气，体积增大，反应①②平衡右移，丙烷平衡转化率增大，C项正确；
D．择合适催化剂可加快反应①的反应速率，提高丙烷转化为丙烯转化率，D项正确；
答案选ACD。
(4)设反应后共有1 mol气体，则在同一容器中，体积分数与分压分数成正比，可推知p(C3H6)=30 kPa，代入公式v(C3H6)==0.75 kPa·min 1；由图中数据及三个方程式，可求得p(C3H6)=30 kPa，p(CH4)=10 kPa，p(C2H4)=5 kPa，p(C2H6)=5 kPa，p(H2)=25 kPa，总压为100 kPa，则p(C3H8)=100 30 10 25 5 5=25 kPa，代入K====0.3。
16．(1)2CO(g) ＋2NO(g) N2(g)＋2CO2(g) △H=-746.50 kJ·mol-1
(2) ＜ >
(3)K=
(4)AD
(5)C
(6)400.0 kPa2
(7)CH3OH-6e-＋8OH-=CO＋6H2O
【详解】（1）①N2(g)＋O2(g)2NO(g) △H=＋180.50 kJ·mol-1
②2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) △H=-566.00 kJ·mol-1
NO和CO转化成无污染的氮气和二氧化碳，根据盖斯定律②-①得2CO(g) ＋2NO(g) N2(g)＋2CO2(g) △H=-566.00 kJ·mol-1-180.50 kJ·mol-1= -746.50 kJ·mol-1；
（2）随温度升高，甲醇的体积分数减小，说明CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)平衡逆向移动，该反应的反应热△H<0；正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，甲醇的体积分数增大，所以压强的相对大小为p1>p2。
（3）化学平衡常数为生成物浓度系数次方的乘积与反应物浓度系数次方的乘积之比，该反应化学平衡常数表达式为K=；
（4）A. 反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内气体压强不再变化，说明反应一定达到平衡状态，故选A；
B.反应达到平衡状态，各物质浓度保持不变，v(CO) ：v(H2) ：v(CH3OH)=1：2：1，不能判断浓度是否改变，反应不一定平衡，故不选B；
C. 反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，容器内的密度不再变化，反应不一定平衡，故不选C；
D.反应前后气体总质量不变，反应前后气体分子数改变，容器内混合气体的平均相对分子质量是变量，若容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应一定达到平衡状态，故选D；
选AD。
（5）某温度下，在保证H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，CO(g)、CH3OH(g)的浓度同等程度的改变，Q=K，平衡不移动，选C；
（6）
100+2x=140，x=20，该温度下的平衡常数Kp =kPa2；
（7）负极甲醇失电子生成碳酸根离子，负极电极反应式为CH3OH-6e-＋8OH-=CO＋6H2O。
17．(1)-49 kJ/mol
(2) b 总反应ΔH＜0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小
(3)AD
(4) 图a CH4的裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温、低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与图a相符
(5)648
【详解】（1）已知各化学键的键能，则=2E(C=O)+3E(H-H)-[3E(C-H)+E(C-O)+3E(O-H)]代入数据得；
（2）该反应为气体减少的反应，则增压平衡正向甲醇的含量增大，所以曲线a为x(CH3OH)~p，则曲线b为等压曲线。该总反应为放热反应，压强恒定升温平衡逆向移动甲醇的含量降低，曲线b符合这一趋势；
（3）A．CO2或CH4为3个反应中的反应物，增大浓度即增大反应物浓度可以加快正反应速率，A项正确；
B．C为固体移除不改变反应体系中浓度问题，所以反应③、④、⑤的平衡均不移动，B项错误；
C．加入催化剂只能同等倍数加快正逆反应速率，不能使平衡移动，也无法改变CH4的平衡转化率，C项错误；
D．降低温度降低反应速率，对于可逆反应正逆反应速率均降低只是降低的成都不同，D项正确；
故选AD。
（4）CH4的裂解反应为吸热反应，则固定压强升温平衡正向，积炭量增加；同时，该反应为气体增加的反应，温度固定增压平衡逆向，平衡积炭量减小。表示温度和压强对CH4的裂解反应中平衡炭量影响的是图a。高水碳比相当于增加了水的量可以使副反应②⑤平衡逆向，从而减少积炭；
（5）由图知起始时c(NO)=c(CO)=2.0mol/L，平衡时c(CO) =0.4mol/L，根据以上数据列出三段式为：
，代入数据得，，列出a点的三段式为
代入数据计算得。
18．(1)-165.0
(2) 10% 0.02 变小
(3) 12.9% 变大
(4)B
【详解】（1）由题干信息可知，反应I：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H1=-206.2kJ·mol-1反应III：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) △H3=-41.2kJ·mol-1， 则反应I-反应III即得反应IICO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律可得：△H=△H1-△H3=(-206.2kJ·mol-1)-( -41.2kJ·mol-1)=-165.0kJ·mol-1，故答案为：-165.0；
（2）根据三段式分析可知：，， 400℃时，选用镍基催化剂，向1L密闭容器中通入10molCO、10molCO2和40molH2进行反应，平衡后测得n(H2)=9mol，n(CH4)=10mol，则有40-3x-4y=9，x+y=10，联合解得：x=9，y=1，据此分析解题：
①由上述分析可知，CO2的平衡转化率为：=10%，故答案为：10%；
②已知反应II的正=k正·c(CO2)·c4(H2)，逆=k逆·c(CH4)·c2(H2O)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)，当达到平衡时，正= 逆即k正·c(CO2)·c4(H2)= k逆·c(CH4)·c2(H2O)，则=K==0.02，由(1)分析可知，反应II是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故变小，故答案为：0.02；变小；
（3）根据题干选择性的定义，H2对CO的选择性×100％，则H2对CO2的选择性=，结合(2)分析的数据可知，H2对CO2的选择性===12.9%，增大入口处CO的物质的量，则使得CO的转化率减小，则=和原来相比变大，故答案为：12.9%；变大；
（4）A．由题干图示信息可知，相同温度下Ni-CeO2作催化剂CO2的转化率均高于Ni作催化剂，且320℃下，Ni-CeO2作催化剂时，CO2的转化率最大，故工业生产中应选择的温度和催化剂分别是320℃、Ni-CeO2，A正确；
B．催化剂只能影响反应速率，不能使平衡发生移动，即相同条件下，以Ni-CeO2为催化剂不能提高平衡转化率，B错误；
C．由(1)分析可知，反应II是一个放热反应，则温度高于320℃时，CO2转化率减小的原因可能是升温使催化剂活性降低，也可能是温度升高平衡逆向移动，C正确；
D．由图示可知，用Ni作催化剂时，温度高于320℃时，CO2的转化率一直在增大，说明相同时间内转化的CO2的量一直在增大，故CO2转化率继续增大的原因可能是化学反应速率加快，D正确；
故答案为：B。
答案第1页，共2页
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1．（2023·江西抚州·江西省乐安县第二中学校考一模）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。
(1)已知：
则硫化氢气体分解为氢气和固体硫的热化学方程式 。
(2)K2CO3溶液吸收H2S的反应为，该反应的平衡常数的对数值为lgK= (已知：H2CO3，；H2S ，)。
(3)工业上采用如图所示装置电解和KHCO3混合溶液一段时间，然后停止电解，通入H2S，利用生成的将H2S转化为S，自身转化为。
①电解时，阳极的电极反应式为 。
②阴极生成和 。
③通入H2S过程中，伴有转化为。通H2S发生反应的离子反应方程式为 。
(4)①将含H2S尾气的空气按一定流速通入酸性FeCl3溶液中，可实现含H2S尾气的空气脱硫。在FeCl3溶液吸收H2S的过程中也发生了反应，溶液中的n(Fe3+)及被吸收的n(H2S)随时间t的变化如图所示。t1时刻前，溶液中n(Fe3+)减小速率较快，t1时刻后，溶液中n(Fe3+)基本不变，其原因是 。
②预测t1时刻后，H2S的变化趋势，并在图中补充完整 。
(5)H2S溶液中H2S、HS-，S2-的物质的量分数随pH的变化如图所示，H2S的电离平衡常数Ka1= 。向H2S溶液中不断加入NaOH溶液，当pH由12.0变为16.0时，发生的主要反应的离子方程式为 。[已知：]
2．（2023春·云南玉溪·高三澄江市第一中学校考阶段练习）随着可燃冰开采领域的不断扩大，我国已处于世界绝对领先地位。将甲烷((CH4)催化转化为有价值的化学工业品一直是我国化学工作 者的研究热点。最近徐君团队研发出了一种Au在ZSM-5分子筛上催化氧化甲烷生产CH3OH和CH3COOH的技术，该技术涉及的反应如下：
反应Ⅰ 2CH4(g)+O2(g) 2CH3OH(g) △H1= -251.0kJ·mol-1；
反应Ⅱ 2CH4(g)+2O2(g) CH3COOH(g)+2H2O(g) △H2 = -812.4kJ· mol-1。
请回答下列问题：
(1)部分化学键的键能数据如下表所示：
化学键 O=O C-H O-H
键能E/kJ·mol-1 498 414 390.8
则C-O的键能为 kJ·mol-1。
(2)反应II在热力学上进行的趋势很大，原因为 。除降低温度外，能同时提高CH3OH和CH3COOH的平衡产率的措施为 (任答一条)。
(3)T℃下，向含有少量Au-ZSM-5分子筛催化剂的体积为VL的刚性密闭容器中充入1molCH4和2molO2发生反应I和反应II。达到平衡时测得CH4的物质的量为a mol， CH3COOH(g)的物质 的量为b mol，此时O2(g)的浓度为 mol·L-1 (用含a、b、v的代数式表示，要求化简，下同)，该温度下反应II的平衡常数为 。
(4)徐君教授研究后发现在Au-ZSM-5分子筛催化剂表面，反应I中O2的解离过程和CH4的活化过程的机理如下图所示(·代表吸附态)：
该反应进程中，O2的解离是 (填“吸热”或“放热”)的反应，该过程的反应速率 (填“大于”或“小于”)CH4的活化反应的反应速率。
(5)以CH4和O2为基本原料，采用电解法也可以制备CH3COOH，其装置如下图所示：
通入CH4的电极反应式为 该装置工作时发生的能量转化形式为 (不考虑热能的转化)。
3．（2022·江苏苏州·统考模拟预测）废气中的H2S可用电解、Fe2(SO4)3吸收和活性炭吸附氧化等多种方法脱除。
(1)电解法脱除：将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：
S2--2e-=S (n-1)S+S2-=S
①写出阴极的电极反应方程式 。
②电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式为 。
(2)Fe2(SO4)3吸收脱除：用Fe2(SO4)3溶液吸收H2S，其反应后的溶液可在硫杆菌作用下实现吸收液的再生。
①用Fe2(SO4)3吸收液脱除H2S的原理经历以下三步：
第一步：H2S(g)H2S(aq)
第二步：H2SH＋＋HS-
第三步：HS-＋2Fe3+=S↓＋2Fe2+＋H+
一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10 g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。其原因是 。
②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO42Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降的原因是 。
(3)活性炭吸附氧化：可用表面喷淋水的活性炭吸附氧化H2S，其反应原理如图所示。其他条件不变时，水膜的酸碱性与厚度会影响H2S的去除率。
①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是 。
②若水膜过厚，H2S的氧化去除率减小的原因是 。
4．（2022·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）利用CO2合成高价值化学品，是重要的减碳方式。
(1)利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，反应如下：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。已知反应相关的键能数据如表：
化学键 H—H C—O C=O H—O C—H
键能/(kJ·mol-1) 436 343 803 464 414
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H= 。
(2)某温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的H2和CO2的混合气体，发生反应CO2(g)+2H2(g)CH2O(g)+H2O(g) △H=-6kJ·mol-1。容器内气体初始压强为1.2kPa，反应达到平衡时，CH2O的分压与起始时的关系如图所示：
①当=2时，反应达到平衡后，若再向容器中加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.05kPa，则达到新平衡时，H2的转化率将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
②当=2.5时，反应达到平衡状态后，CH2O的分压可能是图象中的点 (填“D”、“E"或“F")，原因为 。
(3)通过下列反应也可实现CO2的再转化，合成CO、CH4。
I.CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H<0
II.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H>0
在密闭容器中通入3molH2和1molCO2，分别在压强为1MPa和10MPa下进行反应。实验中对平衡体系中的三种物质(CO2、CO、CH4)进行分析，其中温度对CO和CH4在三种物质中的体积分数的影响如图所示。
①1MPa时，表示CH4和CO平衡体积分数随温度变化关系的曲线分别是 和 。M点平衡体积分数高于N点的原因是 。
②图中当CH4和CO平衡体积分数均为40%时，若容器的体积为1L，则该温度下反应I的平衡常数K的值为 。
5．（2022·北京西城·北京市回民学校校考模拟预测）氨对人类的生存和发展有着重要意义，1909年哈伯在实验室中首次利用氮气与氢气反应合成氨，实现了人工固氮。
(1)①反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为 。
②实验室检验氨气的方法是 。
(2)在一定条件下氨的平衡含量如表。
温度/℃ 压强/MPa 氨的平衡含量
200 10 81.5%
550 10 8.25%
①该反应为 (填“吸热”或“放热”)反应。
②哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa，可能的原因是 。
(3)实验室研究是工业生产的基石。如图中的实验数据是在其它条件不变时，不同温度(200℃、400℃、600℃)、压强下，平衡混合物中NH3的物质的量分数的变化情况。
①曲线a对应的温度是 。
②M、N、Q点平衡常数K的大小关系是 。
(4)尽管哈伯的合成氨法被评为“20世纪科学领域中最辉煌的成就”之一，但仍存在耗能高、产率低等问题。因此，科学家在持续探索，寻求合成氨的新路径。如图为电解法合成氨的原理示意图，阴极的电极反应式为 。
(5)NH3转化为NO是工业制取硝酸的重要一步，已知：100kPa、298K时：
4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H=-1268kJ·mol-1
2NO(g)N2(g)+O2(g) △H=-180.5kJ·mol-1
请写出NH3转化为NO的热化学方程式 。
6．（2022·浙江·三模）I.回答下列问题：
(1)苯与浓硫酸发生磺化反应生成苯磺酸，苯与浓硝酸和浓硫酸的混合物发生硝化反应生成硝基苯，磺化反应与硝化反应不同，是可逆反应。已知：H2SO4(浓硫酸)++H2O，要使反应向某一方向进行，需采用不同的条件，要使苯磺酸重新转变成苯和硫酸，需采用的条件是 (请写出两点)。
(2)苯的磺化反应的特点是反应中间体转变为苯磺酸与恢复为苯所越过的能垒差别不大(如图1所示)。
苯的硝化反应历程与苯的磺化反应部分相似，但中间体都转变成产物，反应是不可逆的，在图2上画出硝化反应的不可逆过程(表示出中间体的能量) 。
(3)发烟硫酸与苯反应最快，在常温下即可与苯发生磺化反应，生成苯磺酸：H2SO4(发烟硫酸)++H2O，当发烟硫酸和苯按1∶1反应达到平衡后产生的苯磺酸的物质的量分数为26%，则该反应的平衡常数K为 。
II.苯胺是苯的又一重要的取代产物，一步法合成苯胺的研究具有非常重要的现实意义。
相关反应如图：
①(l)+NH3 H2O(l)(l)+H2↑(g)+H2O(l)，反应①常温下不自发。
(4)往反应①中加入H2O2(l)后，所得反应(简称反应②，下同)在常温下能自发进行，原因是 (已知反应①、②都是一步法合成苯胺的方法)。
(5)下列描述正确的是 。
A．升高温度反应①的平衡常数增大
B．加压有利于反应①、②的平衡正向移动
C．反应①中加入H2O2(l)后平衡正向移动
D．增大苯和一水合氨的配料比有利于提高苯胺的物质的量分数
7．（2022·全国·高三专题练习）研究 的利用对实现碳中和具有重要的意义。已知：
I.
II.
回答下列问题：
(1) H= kJmol-1
(2)一定条件下，某恒容密闭容器中按 投料，催化作用下同时发生反应I和II。反应体系中 CO2(g)、的浓度随时间变化情况如图所示。
①0~15s时间段内，用表示的平均反应速率为 (保留三位有效数字)。
②反应体系中 的选择性 CO的选择性(填“大于”“小于”或“等于”)。
③下列示意图中能体现反应I(实线)和反应II(虚线)的活化能大小和反应进程的是 (填标号)，判断的理由是 。
④15s时，反应I的v正反应 v逆反应(填“大于”“小于”或“等于”)，反应II的浓度商 Qc (用含a的式子表示)。
8．（2022·全国·高三专题练习）研究和深度开发CO、的综合应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
(1)CO可用于炼铁，已知：
则CO还原(s)的热化学方程式为 。
(2)分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池(以熔融碳酸盐为电解质)。写出该电池的负极反应式： 。
(3)和充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：，测得的物质的量随时间的变化见图。
①曲线Ⅰ、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为 (填“>”、“=”或“＜”)。
②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。
容器 甲 乙
反应物投入量 1mol 、3mol a mol 、b mol 、c mol (g)、c mol (g)
若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为 。
(4)利用光能和光催化剂，可将和(g)转化为和。紫外光照射时，在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下，产量随光照时间的变化见图。在0～15小时内，的平均生成速率Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为 (填标号)。
(5)以/为催化剂，可以将和直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系见图。
①乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是 。
②可溶于稀硝酸，写出有关的离子方程式： 。
9．（2022·山东济宁·统考三模）采用CO2作为碳源，通过催化加氢的方式，不仅可以减少温室气体，还可以转化为高附加值的产品，具有重要的战略意义。CO2催化加氢制烯烃(CnH2n)转化路径涉及的主要反应如图：
请回答下列问题：
(1)2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g) △H= kJ·mol-1。
(2)有利于提高体系CO2平衡转化率的措施有 (填标号)。
A．减小n(CO2)：n(H2)投料比 B．减小体系压强
C．使用高效催化剂 D．及时分离H2O(g)
(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已知反应1的v(正)=k正·p(CO2)·p(H2)，v(逆)=k逆·p(CO)·p(H2O)，计算1083K时，= [p(CO2)等代表分压)]。
③工业上用分子筛作催化剂，可大大提高C2H4的选择性，已知乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小，请解释分子筛能提高C2H4的选择性的原因 。
④在碱性环境中电催化还原CO2制乙烯，产生乙烯的电极为 极(填“阴”或“阳”)，该电极的电极反应式为 。
(4)在催化剂作用下CO2加氢可制得甲醇，该反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如*CO2表示CO2吸附在催化剂表面；图中*H已省略)。
上述过程中得到相对较多的副产物为 ，合成甲醇决速步的化学反应方程式为 。
10．（2022·全国·高三专题练习）2021年国际环境研究大会以“中国走向碳中和可持续发展的进程”为主题，聚焦气候治理政策，其中大气污染物碳氧化物、氮氧化物等的治理和“碳中和”技术的开发应用，成为化学研究的热点问题。
(1)已知：
有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为 。
(2)利用二价铜微粒为催化剂用于汽车尾气脱硝，催化机理如图1，反应过程中不同态物质体系所含的能量如图2。下列说法正确的是 。
a.为催化剂，可以提高脱硝的速率和平衡转化率
b.状态②到状态③的变化过程决定了整个历程的反应速率
c.状态③到状态④中有非极性键和极性键生成
d.在图1所示历程中铜元素的化合价有发生变化
(3)采用“CO2催化加氢制甲醇”方法将其资源化利用。该反应体系中涉及以下两个反应：
I.
II.
恒压下将CO2和H2按体积比混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应II，在相同的时间段内的选择性和产率随温度的变化如图。
其中的选择性
①在上述条件下合成甲醇的工业条件是 。
a.210℃ b.230℃ c.催化剂CZT d.催化剂
②在230℃以上，升高温度甲醇的产率降低，但CO2的转化率增大，原因是 。
(4)恒温恒压密闭容器中，加入和，设只发生反应I，初始压强为，在300℃发生反应，反应达平衡时，容器体积减小20%。则反应I的压强平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(5)近期中国科学家团队再次实现二氧化碳“变废为宝”，成功将二氧化碳分两步高效还原合成高浓度乙酸，进一步利用微生物合成葡萄糖和油脂。利用新型固态电解质电解的部分过程如图所示。该装置阴极电极反应： 。
11．（2022·广西南宁·南宁三中校考一模）2022年北京冬奥会的火炬“飞扬”是世界首款高压储氢火炬，它运用了液体火箭发动机的氢能技术。
I.由氨气制取氢气是一种新工艺，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。氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据如表：
化学键 N≡N H—H N—H
键能E/(kJ·mol-1) 946 436 391
回答下列问题：
(1)反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)△H= kJ·mol-1。
(2)已知该反应的△S=0.2kJ·mol·K-1，则温度T K时反应能自发进行。
(3)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0.1molNH3通入恒容密闭容器中进行反应，此时容器内总压为200kPa，4min后达到平衡，容器内的压强为280kPa。
①该反应达到化学平衡的标志是 (填序号)。
A．NH3的反应速率为0
B．H2的分压保持不变
C．气体平均相对分子质量保持不变
D．NH3、N2、H2的物质的量之比为2：1：3
②在该温度下，反应的平衡常数Kp= kPa2。(分压=总压×该组分物质的量分数)
II.利用有机物HCOOH分解可再生H2与CO2。
(4)在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示：
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成 (填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，根据图示反应机理解释其可能的原因是 。
III.氨电解法制氢气：
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示：
(5)阳极的电极反应式为 。
12．（2022·江苏常州·统考模拟预测）微生物催化降解是处理含硝酸盐()、 高氯酸盐()废水的重要修复技术。已知：反硝化菌、高氯酸盐降解菌属于异养微生物，需在有机物作为碳源的情况下才能生长繁殖；硫化菌属于自养微生物，无需外界有机碳源就能生长繁殖。
(1)异养还原法：向活性污泥中加入有机碳源(如CH3COONa)，在反硝化菌和高氯酸盐降解菌的催化下，CH3COONa分别将中性废水中的还原为N2、还原为Cl-，有效实现废水中污染物的降解。
①CH3COONa作还原剂时，自身转化为CO2从废水中逸出。写出降解的离子方程式： 。
②将含相同浓度、的废水和60mg/L的CH3COONa溶液以一定流速通入装有活性些污泥的反应器，测得出口各组分浓度随时间的变化关系如图所示。废水中的降解速率明显要比的降解速率快得多，其原因是 。
(2)自养还原法：在硫化菌作用下，利用单质硫可将废水中的硝酸盐和高氯酸盐降解。
①硫自养还原法可避免加入过量有机碳源造成的二次污染，但也带来新的污染物硫酸盐()，同时还会造成水体pH (填 “增大”或“减小”)。
②硫自养还原一段时间后，在出水中检测到H2S，且出水中年的质量浓度远大于理论值，其原因是 。
(3)异养自养混合法：异自养一体式微生物反应器如图所示，反应柱外部使用水浴夹层保温。将CH3COONa溶液和含硝酸盐、高氯酸盐的废水经蠕动泵送入反应器，混合液缓慢流经填充硫磺颗粒和活性污泥的反应柱。
①当处理一定体积一定浓度的硝酸盐和高氯酸盐废水时，工业上通常采用异养自养混合醋酸钠固体法的原因是 。
②反应器水浴保温夹层的温度需控制在32℃左右，其原因是 。
13．（2022·内蒙古呼和浩特·统考一模）甲醇是重要的化工原料，合成甲醇和利用甲醇的研究和探索，在国际上一直受到重视。工业上常利用CO2和H2为原料合成甲醇，再利用甲醇生产丙烯。回答下列问题：
(1)①常温下， H2和甲醇的燃烧热分别为285.8 kJ·mol-1和726.4 kJ·mol-1， 1mol甲醇汽化需要吸收82.0kJ的热量，则CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成气态甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) +H2O(1) △H= kJ·mol-1；
②上述反应分两步进行：
第一步 (写化学方程式)△H> 0
第二步Cu/Zn* + 2H2 + CO2 = Cu/ZnO* + CH3OH △H< 0
③第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知以下能正确表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反应过程的示意图为 。
a. b.
c. d.
(2)工业上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反应：
主反应CO2(g) +3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △H<0
副反应CO2(g)+ H2(g) CO(g)+ H2O(g) △H>0
一定条件下，在装有催化剂的密闭容器中投入amolCO2和3amolH2，发生上述合成反应。
①在相同时间内，测得甲醇产率与温度的关系如图所示。温度为470K时，图中P点 (填“处于”或“不处于”)平衡状态；490K之后，甲醇的产率随温度的升高而减小的原因可能是 。
②某温度下，达平衡时容器中CH3OH的物质的量为c mol， CO的物质的量为d mol。则此条件下CO2的转化率为 (列式表示，下同)；甲醇的选择性(指转化为甲醇的CO2占发生反应的CO2的百分比)为 ；此条件下副反应的平衡常数为 。
(3)甲醇催化制取丙烯的过程中发生如下反应： 3CH3OH(g)C3H6(g) + 3H2O(g) ，该反应的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( Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。则该反应的活化能Ea= kJ·mol-1，当改变外界条件时，实验数据如中的直线b所示，则实验可能改变的外界条件是 。
14．（2022·海南省直辖县级单位·统考三模）CO2既是温室气体，也是重要的化工原料，二氧化碳的捕捉和利用是我国能源领域的一个重要战略方向。研究表明CO2与H2在催化剂存在下可发生反应制得甲烷：
CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)。
(1)已知：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-890.3 kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=-571.6 kJ·mol-1
则③CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH= 。
(2)反应③的活化能Ea(正) Ea(逆)(填“＞”、“=”或“＜”)，有利于该反应自发进行的条件是 (填“高温”或“低温”)。
(3)选择合适催化剂，在密闭容器中按n(CO2)：n(H2)=1：4充入反应物，反应结果如图所示。
①若N点压强为1 MPa，则平衡常数Kp(N)= MPa-2，P点与N点的平衡常数K(P) K(N)(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②若无催化剂，N点平衡转化率 (填“是”或“否”)可能降至R点？理由是： 。
15．（2022·山东·模拟预测）丙烯是化学工业中重要的基础化学品，是制造塑料、橡胶和纤维“三大合成材料”的基本原料，若以CrOx为催化剂，会发生以下反应。
主反应：①C3H8(g)H2(g)+C3H6(g) ΔH1；
副反应：②C3H8(g)CH4(g)+C2H4(g) ΔH2；
③C2H4(g)+H2(g)C2H6(g) ΔH3；
已知：
化学键 H—H C—H C—C C=C
键能(kJ·mol-1) 436 413 334 612
(1)则反应①的ΔH1= kJ·mol-1。已知该反应的ΔS=127J·mol-1·K-1，在下列哪些温度下反应能自发进行 (填标号)
A．400℃ B．500℃ C．700℃ D．800℃
(2)以CrOx催化丙烷脱氢制备丙烯反应路程如图所示：
从物质结构角度解释第Ⅱ步活化能最大的原因 。
(3)工业上丙烷脱氢制备丙烯，下列说法正确的是 。
A．增大C3H8的浓度，反应①②③的正反应速率都增加
B．移除H2，反应①②③的平衡均向右移动
C．在恒温恒压的密闭容器中充入适量氮气可增大丙烷的平衡转化率
D．可通过选择合适催化剂提高丙烯产率
(4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0=100kPa)。某研究小组对恒温、恒压条件下由丙烷制备丙烯进行研究，向初始总压为100kPa的密闭容器中投入一定量丙烷，测得部分生成物体积分数如图。
试以丙烯分压变化表示出0~40min内C3H6的平均反应速率v(C3H6)= kPa·min-1(已知：分压=总压×该组分物质的量分数)，反应①相对压力平衡常数值为K= 。
16．（2022秋·山东潍坊·高三校考阶段练习）应对雾霾污染、改善空气质量需要从多方面入手。
Ⅰ.研究发现，NOx是雾霾的主要成分之一，NOx主要来源于汽车尾气。
已知：N2(g)＋O2(g)2NO(g) △H=＋180.50 kJ·mol-1
2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) △H=-566.00 kJ·mol-1
(1)为了减轻大气污染，人们提出在汽车尾气排气管口采用催化剂将NO和CO转化成无污染气体参与大气循环，写出该反应的热化学方程式 。
Ⅱ.开发利用清洁能源可减少污染，解决雾霾问题。甲醇是一种可再生的清洁能源，具有广阔的开发和应用前景，一定条件下用CO和H2合成CH3OH：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)，在2L密闭容器中充入物质的量之比为1：2的CO和H2，在催化剂作用下充分反应。平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。
(2)该反应的反应热△H 0(填“>”或“＜”)，压强的相对大小为p1 p2(填“>”或“＜”)。
(3)该反应化学平衡常数表达式为 。
(4)下列各项中，能说明该反应已经达到平衡的是_______。
A．容器内气体压强不再变化
B．v(CO) ：v(H2) ：v(CH3OH)=1：2：1
C．容器内的密度不再变化
D．容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化
(5)某温度下，在保证H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，平衡 (填字母)。
A．向正反应方向移动 B．向逆反应方向移动 C．不移动
(6)T1温度时，在容积为1 L的刚性密闭容器中充入1.0 molCH3OH(g)发生反应CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)，容器内的总压强p随时间t的变化如表所示：
反应时间 t/min 0 2 4 6 8 10 12
总压强p/kPa 100.0 115.0 123.0 130.0 136.0 140.0 140.0
该温度下的平衡常数Kp = (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(7)依据燃烧反应原理，合成的甲醇可以设计如图所示的燃料电池装置。
负极电极反应式为 。
17．（2022·湖北恩施·恩施土家族苗族高中校联考模拟预测）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
．二氧化碳利用
途径一：与氢气反应制甲醇CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)
H—H C—H C—O C=O O—H
键能kJ/mol 436 415 326 803 464
(1)该反应的 H =
(2)总反应在起始物n(H2)：n(CO2)=3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t=250℃下的x(CH3OH)~p、在p=5×105Pa下x(CH3OH)~t的如图所示。
图中对应等压过程的曲线是 ，判断的理由是 ；
途径二：与甲烷重整制氢
主反应： ①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) H1=+ 247kJ/mol
副反应：②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2
③CH4(g)C(s)+2H2(g) H3= +75kJ/mol
④2CO(g)CO2(g)+C(s) H4 = -172kJ/mol
⑤CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) H5
(3)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应①、②、③的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应③、④、⑤的平衡均向右移动
C．加入反应①的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应①~⑤的正、逆反应速率都减小
(4)目前商业化的CH4/H2O重整Ni基催化剂适合在高水碳比(3.0~5.0)条件下进行，在低水碳比条件下极易积炭，主要积炭反应为上述反应③(CH4裂解)、④(CO歧化)对积炭反应进行计算，得到温度和压强对积炭反应中平衡炭量的影响图(图a和图b)，其中表示温度和压强对CH4的裂解反应中平衡炭量影响的是 (“图a”或“图b”)，选择在高水碳比条件下进行的理由是 。
Ⅱ．二氧化碳来源
汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的重要原因之一，治理汽车尾气和燃煤尾气是环境保护的重要课题。
在汽车排气系统中安装三元催化转化器，可发生反应：2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g) 。在某密闭刚性容器中通入等量的CO和NO，发生上述反应时，c(CO)随温度(T)和时间(t)的变化曲线如图所示。
(5)反应速率 v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c2(CO2)c(N2)，k正、k逆 分别为正、逆反应速率常数，计算a处v正：v逆= 。
18．（2022·山东日照·统考二模）COx选择性甲烷化是近年来有良好应用前景的处理方法。富氢气氛下，CO、CO2.均可与H2发生甲烷化反应。
I．CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H=-206.2kJ·mol-1
II．CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H=a kJ·mol-1
回答下列问题：
(1)已知CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) △H =-41.2kJ·mol-1，则a= 。
(2)400℃时，选用镍基催化剂，向1L密闭容器中通入10molCO、10molCO2和40molH2进行反应，平衡后测得n(H2)=9mol，n(CH4)=10mol。
①CO2的平衡转化率为 。
②已知反应II的正=k正·c(CO2)·c4(H2)，逆=k逆·c(CH4)·c2(H2O) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。 (保留两位小数)；升高温度， (填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)已知：H2对CO的选择性×100％，则H2对CO2的选择性= 。增大入口处CO的物质的量，和原来相比 (填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)其他条件相同，反应II使用两种不同催化剂，反应相同的时间，测得CO2的转化率随温度变化的影响如图所示。
根据图象分析，下列说法错误的是_______(填标号)。
A．工业生产中应选择的温度和催化剂分别是320℃、Ni-CeO2
B．相同条件下，以Ni-CeO2为催化剂有助于提高平衡转化率
C．温度高于320℃时，CO2转化率减小的原因可能是升温使催化剂活性降低
D．温度高于320℃时，CO2转化率继续增大的原因可能是化学反应速率加快
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案：
1．(1)
(2)3.3
(3) [Fe(CN)6]2--e-=[Fe(CN)6]3- H2
(4) t1时刻前，溶液中的Fe3+浓度较大，与H2S反应速率较快。t1时刻后，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，生成的Fe3+与H2S发生氧化还原反应，这两个反应的速率近似相等。因而溶液中的Fe3+的量基本不变
(5) 10-7.24 HS-+OH-=S2-+H2O
【详解】（1）已知：①
②
③
根据盖斯定律，将①+②+③，整理可得硫化氢气体分解为氢气和固体硫的热化学方程式为 ；
（2）K2CO3溶液吸收H2S的反应为，该反应的平衡常数K=，lgK=lgKa1(H2S)-lgKa2(H2CO3)=-7-(-10.3)=3.3；
（3）①电解时阳极上[Fe(CN)6]2-失去电子被氧化变为[Fe(CN)6]3-，故阳极的电极反应式为[Fe(CN)6]2--e-=[Fe(CN)6]3-；
②在阴极上得到电子被还原产生、H2；
③通入H2S过程中，伴有转化为。通H2S发生反应的离子反应方程式为；
（4）①将含H2S尾气的空气按一定流速通入酸性FeCl3溶液中，可实现含H2S尾气的空气脱硫。在FeCl3溶液吸收H2S的过程中也发生了反应，溶液中的n(Fe3+)及被吸收的n(H2S)随时间t的变化如图所示。t1时刻前，溶液中n(Fe3+)减小速率较快，t1时刻后，溶液中n(Fe3+)基本不变，这是由于t1时刻前，溶液中的Fe3+浓度较大，与H2S反应速率较快。t1时刻后，溶液中的Fe2+被空气氧化为Fe3+，生成的Fe3+与H2S发生氧化还原反应，这两个反应的速率近似相等。因而溶液中的Fe3+的量基本不变；
②在t1时刻后，Fe3+不再发生变化，随着H2S气体的通入，n(H2S)增大，故溶液中n(Fe3+)、n(H2S)随时间的变化关系为：；
（5）H2S的电离平衡常数Ka1=，当c(H2S)=c(HS-)时，Ka1==c(H+)=10-7.24；
向H2S溶液中不断加入NaOH溶液，在溶液pH=12.0时溶液中S元素存在形式是HS-，当pH由12.0变为16.0时，HS-与碱溶液中的OH-反应产生S2-、H2O，发生的主要反应的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O。
2．(1)397.7
(2) 反应Ⅱ放热量很大 增大压强或适当增大O2的浓度
(3)
(4) 吸热 大于
(5) 2CH4 -8e-+2H2O = CH3COOH+8H+ 太阳能→电能→化学能
【详解】（1）由反应I计算，则推出；
（2）反应的发生趋势可以从熵增情况及放热来判断，该反应气体量减少熵减少，所以反应的趋势大是由于该反应放热很大。两个反应均为气体减少的反应且反应物相同，要使两个平衡正向，可以增大O2的浓度或者增压；
（3）反应中的变化如下：
则反应I中消耗的CH4为(1-a-2b)mol，I反应中的变化量为
则反应后剩下的O2为，则c(O2)= 。，，则反应II的；
（4）O2+CH4到2O+CH4为解离过程，，所以该过程为放热，该过程的活化能为35.4-（-48.6）=84.0kJ/mol。而甲烷的活化过程的活化能为20.7-（-67.7）=88.4kJ/mol。前者的活化能小于后者，则该反应速率大于CH4的活化速率；
（5）CH4变为乙酸，碳元素化合价升高发生了氧化反应，反应为2CH4-8e-+2H2O=CH3COOH+8H+，该反应利用电解池制备物质，主要的能量转化方式为电能转化为化学能。
3．(1) 2H2O+2e-=2OH-+H2↑ S+2H+=(n-1)S↓+H2S↑
(2) Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度 (只答Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低也可以) 硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌逐渐失去活性
(3) OH-浓度增大，促进平衡H2SH＋＋HS-向电离方向进行，c(HS-)浓度增大 若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少
【详解】（1）①在阴极上H2O电离产生的H+得到电子被还原产生H2，故阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑；
②电解时，阳极发生反应：S2--2e-=S、(n-1)S+S2-=S，电解后阳极区溶液用稀硫酸酸化，S与H+发生反应产生H2Sn发生歧化得到硫单质和H2S，其离子方程式为S+2H+=(n-1)S↓+H2S↑；
（2）根据图示可知：一定条件下，不同Fe3+浓度溶液及该溶液起始pH与脱硫率的关系如图所示。当Fe3+浓度大于10 g·L-1时，随着Fe3+浓度增大，脱硫率逐渐降低。这是由于Fe3+浓度增大，有利于提升脱硫率；Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低，脱硫率降低幅度超过提升幅度 (只答Fe3+浓度越大，溶液起始pH越小，c(H+)越大，抑制H2S的电离和溶解(第二步和第一步)，使溶液中c(HS-)降低，脱硫率降低也可以)；
②反应后的溶液在硫杆菌作用下进行再生的反应为：4FeSO4＋O2＋2H2SO4 2Fe2(SO4)3＋2H2O。反应相同时间后，溶液中Fe2+的氧化速率与温度的关系如图所示。温度超过30℃后，随着温度升高，Fe2+的氧化速率下降是由于硫杆菌是反应的催化剂，温度超过30℃后，硫杆菌蛋白质发生变性而逐渐失去活性；
（3）①适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增，这是由于水膜表面溶液pH中的，OH-浓度增大，促进电离平衡H2SH＋＋HS-向电离方向进行，导致溶液中c(HS-)浓度增大，HS-被氧化变为S，H+与溶液中OH-结合生成H2O；
②但若水膜过厚，H2S的氧化去除率反而会减小，这是由于若水膜过厚，活性炭表面的溶解氧浓度减小，产生的O减少。
4．(1)-63kJ·mol-1
(2) 增大 F 当反应物按化学计量数之比投料，达到平衡时生成物的百分含量最大，当=2.5时，达到平衡状态后，CH2O的体积分数应小于C点，故可能是图象中的F点
(3) b c 温度相同时，增大压强使反应I平衡正向移动，水的体积分数增大，CO2和H2的体积分数减少，有利于反应II平衡逆向移动，故高压时，CO的平衡体积分数降低，M点高于N点(或温度相同时，降低压强使反应I平衡逆向移动，水的体积分数减小，CO2和H2的体积分数增大，有利于反应I平衡正向移动，故低压时，CO的体积分数增大，M点高于N点) 2.88
【详解】（1）ΔH等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，反应物中总键能为803×2+436×3=2914kJ/mol，生成物键能总和为414×3+343+464+464×2=2977kJ/mol。ΔH=2914-2977=-63kJ/mol。
（2）①容器内气体初始压强为1.2kPa，，则起始时p(H2)=0.8kPa，p(CO2)=0.4kPa。
KP=。再加入二氧化碳和水蒸气，使二者分压均增大0.05kPa，则QP==3.24
（3）①Ⅰ反应为放热反应，Ⅱ反应为吸热反应，温度升高，Ⅰ反应平衡逆向移动，Ⅱ反应平衡正向移动，故a、b对应不同压强下CH4的平衡体积分数，c、d对应不同压强下CO的平衡体积分数，同时压强增大，Ⅰ反应正向移动，CH4平衡体积分数增大，故a曲线代表10MPa情况下CH4平衡体积分数，b曲线代表1MPa情况下CH4平衡体积分数，1MPa情况下CH4平衡体积分数相对于10MPa的情况要小，则对应的1MPa情况下H2O平衡体积分数也要小，这有利于Ⅱ反应正向移动，故c曲线代表1MPa情况下CO平衡体积分数，d曲线代表10MPa情况下CO平衡体积分数。温度相同时，增大压强使Ⅰ反应正向移动，水的体积分数增大，二氧化碳和氢气的体积分数减小，有利于Ⅱ反应逆向移动，故高压时CO体积分数降低，M点高于N点。
②当图中CH4和CO平衡体积分数均为40%时，CO2平衡体积分数为20%，设反应生成CH4xmol，COymol
二氧化碳、甲烷、一氧化碳总的物质的量为1-x-y+x+y=1，则x/1=40%，y/1=40%，解得x=0.4，y=0.4，则平衡时n（CH4）=0.4mol，n（H2O）=1.2mol，n（CO2）=0.2mol，n（H2）=1mol，容器体积为1L，则平衡常数K=。
5．(1) 用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气
(2) 放热 催化剂活性最好，可以通过合成氨的反应速率
(3) 200℃ M=Q>N
(4)
(5)4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H=-907 kJ·mol-1；
【详解】（1）①平衡常数是生成物浓度系数次方的乘积与反应物浓度系数次方的的乘积的比值，反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的化学平衡常数表达式为 。
②氨气是碱性气体，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，实验室检验氨气的方法是：用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝证明有氨气。
（2）①升高温度，氨的平衡含量降低，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应；
②550℃、10Mpa的条件下，催化剂活性最好，可以提高合成氨的反应速率，所以哈伯选用的条件是550℃、10MPa，而非200℃、10MPa；
（3）①合成氨正反应放热，升高温度平衡逆向移动，氨气的百分含量降低，所以曲线a对应的温度是200℃。
②平衡常数只与温度有关，M、Q温度相同，所以平衡常数相同；N点温度高于M，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，平衡常数K的大小关系是M=Q>N。
（4）电解法合成氨，阴极氮气得电子生成氨气，电极反应式为。
（5）①4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) △H=-1268kJ·mol-1；
②2NO(g)N2(g)+O2(g) △H=-180.5kJ·mol-1；
根据盖斯定律①-②×2得4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) △H=-1268kJ·mol-1+180.5kJ·mol-1×2=-907 kJ·mol-1；
6．(1)①减少浓硫酸的浓度使其变成稀硫酸；②在反应中通入过热水蒸气，带出挥发性的苯
(2)
(3)1.17
(4)反应①中加入H2O2(l)，H2O2与H2发生反应放出热量，总反应即反应②(l)+NH3 H2O(l)+H2O2(l)(l)+3H2O(l)是放热反应，所以反应②的△S>0、△H<0，任何情况下都能自发进行
(5)AC
【详解】（1）减少反应物浓度可以使平衡逆向移动，所以可采取的措施有将浓硫酸浓度降低成为稀硫酸，或向体系中通入水蒸气，利用苯的挥发性带出苯；
（2）苯的硝化反应中，中间体全部转化为产物，反应是不可逆的，则中间体转化为硝基苯所越过的能垒低，能量变化如图所示：
（3）设发烟硫酸和苯的物质的量均为1mol，参加反应的物质的量均为xmol，则生成苯磺酸和水的物质的量均为1mol，剩余发烟硫酸和苯的物质的量均为1-x(mol)，可列式，解得x=0.52mol，K=；
（4）反应①中加入H2O2(l)，总反应即反应② (l)+NH3 H2O(l)+H2O2(l) (l)+3H2O(l) 的△S>0，因为反应②能够自发进行，所以△H<0，H2O2与H2发生氧化还原反应放出热量，是放热反应，所以反应②的△S>0、△H<0，任何情况下都能自发进行；
（5）A．因为反应①为吸热反应，所以升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，A选项正确；
B．反应①只有产物H2是气体，所以加压不利于平衡正向移动，反应②中没有气体参与反应，压强改变对平衡移动不产生影响，B选项错误；
C．反应①中加入H2O2(l)与H2反应，减少生成物浓度，促进平衡正向移动，C选项正确；
D．增大苯和一水合氨的配料比，可增大一水合氨的转化率，但不一定能提高苯胺的物质的量分数，D选项错误；
答案选AC。
7．(1)-90.7
(2) 0.00167 小于 A 甲醇的选择性较小，说明反应I的活化能较大，反应速率较小 大于
【详解】（1）由盖斯定律可知该反应可由反应I-反应II得到，则 H=-()-()= -90.7，故答案为：-90.7；
（2）①由图可知0~15s时间段内，CO的浓度增加至0.175，则反应II中CO2的浓度消耗为0.175，反应I和II两反应中消耗的二氧化碳的浓度为(0.5-0.3)=0.2，由此可知反应I中二氧化碳的浓度消耗量为0.2-0.175=0.025，结合反应可知的浓度变化量为0.025，用表示的平均反应速率为，故答案为：0.00167；
②由上述分析可知在相同时间内，CO的浓度增加量大于的浓度增加量，说明反应体系中 的选择性小于CO的选择性，故答案为：小于；
③由上述分析可知反应对甲醇的选择性小于CO，说明生成甲醇的反应较生成CO的反应要慢，而反应的活化能越低反应速率越快，活化能越高反应速率越慢，则反应I的活化能大于反应II，符合的图为A，故答案为：A；甲醇的选择性较小，说明反应I的活化能较大，反应速率较小；
④15s时，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；
由图可知起始时二氧化碳的浓度为0.5mol/L，又，则氢气的起始浓度为0.5amol/L，15s时二氧化碳的浓度为0.300mol/L，CO的浓度0.175，则反应II中消耗氢气的浓度为0.175，该反应生成的水的浓度为0.175；的浓度变化量为0.025，则反应I中消耗氢气的浓度为0.075，生成水的浓度为：0.025，则此时容器中水的总浓度0.200，氢气的浓度为(0.5a-0.175-0.075)=(0.5a-0.175-0.075)=(0.5a-0.250)，反应II的浓度商 Qc=，故答案为：大于；；
8．(1)
(2)
(3) >
(4)Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ
(5) 300～400℃
【详解】（1）热化学方程式①： 。
热化学方程式②：
CO还原(s)的热化学方程式可以由①-②×3得到
，故答案为： ；
（2）负极为失去电子一极即CO作负极反应物，由于在熔融碳酸盐环境中，故生成，电极反应式为，故答案为：；
（3）①曲线Ⅰ平衡时产物物质的量大，则平衡常数，故答案为：＞；
②要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，平衡后各物质的量应该与甲中平衡时的量相等。假设平衡时转化(g)的物质的量为x mol，则由三段式有：，则，解得；由于平衡逆向进行，则c应大于0.4，如果a、b等于零时，c最大为1，则，故答案为：；
（4）由图2中0～15小时内的产量知，生成的速率Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ，故答案为：Ⅱ>Ⅲ>Ⅰ；
（5）①300~400℃时，催化剂的催化效率变化较小，但乙酸的生成速率变化较大，所以乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是，故答案为：300~400℃；
②中Cu为＋1价，Al为＋3价，与硝酸反应生成，硝酸会生成NO，反应离子方程式为，故答案为： 。
9．(1)-128
(2)AD
(3) B 1 乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小从而导致乙烯能通过分子筛，使反应2的平衡向右移动 阴 2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-
(4) CO *CO+*OH+*H*CO+*H2O
【分析】根据盖斯定律计算焓变，利用平衡移动的影响判断转化率的变化，根据平衡常数利用三段式进行计算；对于图象，利用图象信息判断合适的温度，利用化合价的变化判断电极，利用原子、电子守恒书写电极反应，根据能量图象中能量的大小，利用反应物的活化能大小判断决定整个反应的主要分反应；
【详解】（1）利用盖斯定律，反应2+反应1乘以2，得出总反应的△H=-128 kJ·mol-1，故答案为-128；
（2）A．减小n(CO2)：n(H2)投料比相当于增大了氢气的浓度，根据转化率规律判断，可以增大二氧化碳的转化率，故A符合题意；
B．该反应是个等体反应，减小压强平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，故B不符合题意；
C．催化剂不影响平衡，故转化率不变，故C不正确；
D．及时分离H2O(g)，促使平衡向正反应方向移动，故二氧化碳转化率增大，故D正确；
故选答案AD；
（3）①有利于短链烯烃(n≤4)生成的温度根据图象中C2H4和C3H6的含量最大时进行判断温度是573~773K，故选答案B；
②根据三段式进行计算反应的平衡常数，根据1083K时，二氧化碳的转化率为75％：得出=1，根据v(正)=k正·p(CO2)·p(H2)，v(逆)=k逆·p(CO)·p(H2O)，当达到平衡时，==1，故答案为1；
③乙烯的截面直径比分子筛的孔径略小从而导致乙烯能通过分子筛，使反应2的平衡向右移动，从而提高了乙烯的选择性；
④在碱性环境中电催化还原CO2制乙烯，根据碳元素的化合价由+4价变为乙烯中的-2价，化合价降低得电子，判断产生乙烯的电极为阴极，故答案为阴；该电极的反应为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-，故答案为：2CO2+12e-+8H2O=C2H4+12OH-；
（4）根据图象中生成的副产物进行判断上述过程中得到相对较多的副产物为CO，根据反应物的活化能越大，反应越慢，是决定总反应的主要反应，故答案为：*CO+*OH+*H*CO+*H2O；
【点睛】此题考查化学反应原理，根据焓变的计算、平衡影响等进行解答，注意图象中利用原子守恒进行书写各分反应，反应物的活化能的大小决定反应的快慢，即慢反应决定着反应速率。
10．(1)-1627
(2)cd
(3) bd 230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大
(4)
(5)
【详解】（1）①
②
③
③=①-4②，故-1627；
（2）a.催化剂只能提高脱硝的速率，不能改变平衡转化率，a项错误；
b.慢反应决定了整个历程的反应速率，故状态③到状态④的变化过程决定了整个历程的反应速率，b项错误；
c.状态③到状态④中有N与N之间非极性键和H与O之间极性键生成，c项正确；
d.在图1所示历程中铜元素的化合价有+1和+2两种化合价，d项正确；
答案选cd；
（3）根据题中条件，230℃，催化剂时甲醇产率最高，故选bd；原因为：230℃以上，温度升高，反应I的平衡向逆反应方向移动，反应II的平衡向正反应方向移动，但温度对反应II的平衡影响更大；
（4）列三段式：
容器体积减小20%，故，解得x=0.5，容器为恒压容器，故反应前后压强均为，
（5）该装置通入CO得电子转化为CH3COOH，故阴极电极反应为：。
11．(1)+92
(2)>460
(3) BC 4800
(4) HD HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO-浓度增大，反应速率增大
(5)6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O
【详解】（1）断裂旧键吸收能量，形成新键释放能量，根据△H=断裂旧键吸收的能量-形成新键释放的能量可得，2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=（+2×3×391-946-3×436）kJ·mol-1=+92 kJ·mol-1，故答案为：+92；
（2）若反应能自发进行，则△G=△H -T△ S<0，即：92-0.2T<0，解得： T>460K，故答案为：>460；
（3）①A．达平衡状态时，反应仍在继续进行，反应速率不为0，故A错误；
B．H2的分压保持不变即物质的量分数保持不变，故B正确；
C．气体总质量不变，气体平均分子量保持不变即气体物质的量保持不变，达平衡状态，故C正确；
D．NH3、 N2、H2的物质的量之比为2: 1: 3，并不能表示其不变，故D错误；
故答案为：BC；
②容器体积不变反应达到平衡，根据压强之比等于物质的量之比即，解得n(混)=0.14mol，设转化的氨气为2x，则，则0.1-2x+x+3x=0.14，解得x=0.02mol，平衡容器内的压强为280kPa，则反应的平衡常数，故答案为：4800；
（4）①H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成CO2和H2推断HCOOD催化释氢生成CO2和HD；②HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，用部分HCOOK代替HCOOH，导致HCOO-浓度增大，因此其他条件不变时，HCOOK替代一部分HCOOH，催化释氢的速率增大，故答案为：HD；HCOOH是弱电解质，HCOOK是强电解质，替代后HCOO-浓度增大，反应速率增大；
（5）阳极是氨气失去电子变为氮气，其电极反应式为6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O，故答案为：6OH-+2NH3-6e-=N2+6H2O。
12．(1) +CH3COO- Cl-+2CO2↑+OH-+H2O (或+CH3COO- Cl -+CO2↑+HCO+H2O) 反硝化菌的生长繁殖速度远大于高氯酸盐降解菌
(2) 减小 在该条件下，单质硫发生了歧化反应(或自身氧化还原反应)
(3) 减少还原剂醋酸钠和单质硫的用量，可减弱单独使用时可能带来的二次污染；同时控制发生异养还原和自养还原的比例，可调节反应后水体的pH 既保证反应在合适的温度下有较快的反应速率，又防止因温度过高使各种微生物降解菌失去活性
【解析】(1)
①ClO作氧化剂，将CH3COO－氧化成CO2，本身转化成Cl－，因此有ClO+CH3COO－→CO2↑＋Cl－，利用化合价升降法进行配平，ClO+CH3COO－→2CO2↑＋Cl－，因为溶液中为中性，因此根据电荷守恒和原子守恒，得出其离子方程式为ClO+CH3COO- Cl-+2CO2↑+OH-+H2O或+CH3COO- Cl-+CO2↑+HCO+H2O；故答案为ClO+CH3COO-Cl-+2CO2↑+OH-+H2O或+CH3COO-Cl-+CO2↑+HCO+H2O；
②催化剂具有专一性，反硝化菌降解NO，高氯酸盐降解菌降解ClO，废水中的降解速率明显要比的降解速率快得多，其原因可能是反硝化菌的生长繁殖速度远大于高氯酸盐降解菌；故答案为反硝化菌的生长繁殖速度远大于高氯酸盐降解菌；
(2)
①根据题中信息，硫单质处理硝酸盐、高氯酸盐的离子方程式为2H2O＋5S＋6NO=5SO＋3N2↑＋4H＋、4H2O＋4S＋3ClO=4SO＋3Cl－＋8H＋，c(H＋)增大，水体pH减小；故答案为减小；
②出水中检测到H2S，且出水中SO的质量浓度远大于理论值，可能原因是S自身发生氧化还原反应得到H2S和SO；故答案为在该条件下，单质硫发生了歧化反应或自身氧化还原反应；
(3)
根据问题(2)中①加入过量有机碳源造成二次污染，也带来新的污染物硫酸盐，因此采用异养自养混合可以减少还原剂醋酸钠和单质硫的用量，可减弱单独使用时可能带来的二次污染，根据异养还原法以及自养还原法的还原发生的方程式，采用异养自养混合可以控制发生异养还原和自养还原的比例，可调节反应后水体的pH；故答案为减少还原剂醋酸钠和单质硫的用量，可减弱单独使用时可能带来的二次污染；同时控制发生异养还原和自养还原的比例，可调节反应后水体的pH；
控制在32℃左右，从化学反应速率快慢以及催化剂活性角度进行分析，可能原因是既保证反应在合适的温度下有较快的反应速率，又防止因温度过高使各种微生物降解菌失去活性；故答案为既保证反应在合适的温度下有较快的反应速率，又防止因温度过高使各种微生物降解菌失去活性。
13．(1) -49.0 Cu/ZnO*+H2= Cu/Zn*+H2O c
(2) 不处于 升高温度，主反应平衡逆向移动，甲醇产率降低；催化剂活性降低或副反应更易进行
(3) 31.0 使用催化剂(或使用更高效的催化剂)
【详解】（1）①根据题意写出热化学方程式，由盖斯定律得目标方程式的；②以总反应方程式与第二步反应式相减即得第一步反应方程式：Cu/ZnO*+H2= Cu/Zn*+H2O；③第一步反应吸热，第二步反应放热，可排除b、d选项，又由于第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，因此第二步速率快，反应活化能低于第一步，所以c选项正确；
（2）①由图象可知470K之后甲醇产率还在增大，温度持续升高，说明反应还在朝着主反应的正方向进行，不处于平衡状态；在490K时，反应达到平衡，此时甲醇产率达最高值，升高温度，主反应平衡逆向移动，另外随温度升高催化剂活性降低或副反应更易进行，甲醇产率降低；②根据题意可列三段式，注意主反应各物质的末态量作为副反应对应物质的起始量，已知量为CO2、H2的起始物质的量、CH3OH、CO的末态物质的量：
，
则CO2转化率=；甲醇的选择性=；副反应的化学平衡常数为
K副=；
（3）将直线a上两点坐标代入列方程组 解得Ea=31.0(kJ·mol-1)；由于该反应的Arrhenius经验公式为一直线方程，因此活化能Ea即为该直线的斜率，如图过程a→b直线斜率减小，即活化能Ea降低，所以改变的条件可能是使用了催化剂或使用了更高效的催化剂。
14．(1)-252.9 kJ mol-1
(2) ＜ 低温
(3) 1 ＜ 否 催化剂不能改变反应物的平衡转化率
【详解】（1）①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH1=-890.3 kJ·mol-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH2=-571.6 kJ·mol-1；
则根据盖斯定律，将②×2-①，整理可得③CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-252.9 kJ mol-1；
（2）反应③为CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) ΔH=-252.9 kJ mol-1。该反应的的正反应是气体体积减小的放热反应，说明正反应的活化能小于逆反应的活化能，Ea(正) ＜Ea(逆)；要使反应自发进行，ΔG=ΔH-TΔS＜0，由于该反应的ΔH＜0，ΔS＞0，则反应自发进行的条件是低温条件；
（3）对于反应：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)，开始时n(CO2)：n(H2)=1：4，假设n(CO2)=1 mol，n(H2)=4 mol，反应在N点时CO2的转化率是50%，则根据物质反应转化关系可知平衡时n(CO2)=0.5 mol ，n(H2)=2 mol，n(CH4)=0.5 mol，n(H2O)=1 mol ，n(总)=0.5 mol+2 mol+0.5 mol+1 mol=4 mol，此时气体总压强为p=1 MPa，所以Kp(N)=；
该反应为放热反应，P点温度比N点温度高，升高温度，化学平衡逆向移动，导致CO2的平衡转化率降低，所以化学平衡常数K(P)＜K(N)；
②催化剂只能改变反应速率，不能使化学平衡发生移动，因此催化剂不能改变CO2的平衡转化率，故若无催化剂，N点平衡转化率也不会降至R点。
15．(1) +112 CD
(2)由键能数据可知C—H键能大于C—C键能，更难断裂，活化能最大
(3)ACD
(4) 0.75 0.3
【详解】(1)根据键能与焓变关系 H1=2×334+8×413 436 612 334 6×413=+112 kJ·mol 1； H T S＜0，即112 T×127×10 3＜0，求得T＞882 K，即T＞609 ℃，所以选CD；
(2)题目要求从结构角度解释，结合题干提供的信息，发现C H键能大于C C键能，断裂C H需要能量高，成为比较慢的过程；
(3)A．增大C3H8的浓度，反应①和反应②反应物浓度增大，速率增大，反应③由于生成的乙烯和氢气浓度增大，而造成反应③速率增大，A项正确；
B．移除H2，反应①向右移，反应③平衡向左移动，B项错误；
C．恒温恒压充入适量氮气，体积增大，反应①②平衡右移，丙烷平衡转化率增大，C项正确；
D．择合适催化剂可加快反应①的反应速率，提高丙烷转化为丙烯转化率，D项正确；
答案选ACD。
(4)设反应后共有1 mol气体，则在同一容器中，体积分数与分压分数成正比，可推知p(C3H6)=30 kPa，代入公式v(C3H6)==0.75 kPa·min 1；由图中数据及三个方程式，可求得p(C3H6)=30 kPa，p(CH4)=10 kPa，p(C2H4)=5 kPa，p(C2H6)=5 kPa，p(H2)=25 kPa，总压为100 kPa，则p(C3H8)=100 30 10 25 5 5=25 kPa，代入K====0.3。
16．(1)2CO(g) ＋2NO(g) N2(g)＋2CO2(g) △H=-746.50 kJ·mol-1
(2) ＜ >
(3)K=
(4)AD
(5)C
(6)400.0 kPa2
(7)CH3OH-6e-＋8OH-=CO＋6H2O
【详解】（1）①N2(g)＋O2(g)2NO(g) △H=＋180.50 kJ·mol-1
②2CO(g)＋O2(g)2CO2(g) △H=-566.00 kJ·mol-1
NO和CO转化成无污染的氮气和二氧化碳，根据盖斯定律②-①得2CO(g) ＋2NO(g) N2(g)＋2CO2(g) △H=-566.00 kJ·mol-1-180.50 kJ·mol-1= -746.50 kJ·mol-1；
（2）随温度升高，甲醇的体积分数减小，说明CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)平衡逆向移动，该反应的反应热△H<0；正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，甲醇的体积分数增大，所以压强的相对大小为p1>p2。
（3）化学平衡常数为生成物浓度系数次方的乘积与反应物浓度系数次方的乘积之比，该反应化学平衡常数表达式为K=；
（4）A. 反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内气体压强不再变化，说明反应一定达到平衡状态，故选A；
B.反应达到平衡状态，各物质浓度保持不变，v(CO) ：v(H2) ：v(CH3OH)=1：2：1，不能判断浓度是否改变，反应不一定平衡，故不选B；
C. 反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，容器内的密度不再变化，反应不一定平衡，故不选C；
D.反应前后气体总质量不变，反应前后气体分子数改变，容器内混合气体的平均相对分子质量是变量，若容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应一定达到平衡状态，故选D；
选AD。
（5）某温度下，在保证H2浓度不变的情况下，增大容器的体积，CO(g)、CH3OH(g)的浓度同等程度的改变，Q=K，平衡不移动，选C；
（6）
100+2x=140，x=20，该温度下的平衡常数Kp =kPa2；
（7）负极甲醇失电子生成碳酸根离子，负极电极反应式为CH3OH-6e-＋8OH-=CO＋6H2O。
17．(1)-49 kJ/mol
(2) b 总反应ΔH＜0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小
(3)AD
(4) 图a CH4的裂解反应为体积增大的吸热反应，减小压强或升高温度，平衡正移，即高温、低压有利于反应正向进行，平衡炭量大，与图a相符
(5)648
【详解】（1）已知各化学键的键能，则=2E(C=O)+3E(H-H)-[3E(C-H)+E(C-O)+3E(O-H)]代入数据得；
（2）该反应为气体减少的反应，则增压平衡正向甲醇的含量增大，所以曲线a为x(CH3OH)~p，则曲线b为等压曲线。该总反应为放热反应，压强恒定升温平衡逆向移动甲醇的含量降低，曲线b符合这一趋势；
（3）A．CO2或CH4为3个反应中的反应物，增大浓度即增大反应物浓度可以加快正反应速率，A项正确；
B．C为固体移除不改变反应体系中浓度问题，所以反应③、④、⑤的平衡均不移动，B项错误；
C．加入催化剂只能同等倍数加快正逆反应速率，不能使平衡移动，也无法改变CH4的平衡转化率，C项错误；
D．降低温度降低反应速率，对于可逆反应正逆反应速率均降低只是降低的成都不同，D项正确；
故选AD。
（4）CH4的裂解反应为吸热反应，则固定压强升温平衡正向，积炭量增加；同时，该反应为气体增加的反应，温度固定增压平衡逆向，平衡积炭量减小。表示温度和压强对CH4的裂解反应中平衡炭量影响的是图a。高水碳比相当于增加了水的量可以使副反应②⑤平衡逆向，从而减少积炭；
（5）由图知起始时c(NO)=c(CO)=2.0mol/L，平衡时c(CO) =0.4mol/L，根据以上数据列出三段式为：
，代入数据得，，列出a点的三段式为
代入数据计算得。
18．(1)-165.0
(2) 10% 0.02 变小
(3) 12.9% 变大
(4)B
【详解】（1）由题干信息可知，反应I：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g) △H1=-206.2kJ·mol-1反应III：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) △H3=-41.2kJ·mol-1， 则反应I-反应III即得反应IICO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律可得：△H=△H1-△H3=(-206.2kJ·mol-1)-( -41.2kJ·mol-1)=-165.0kJ·mol-1，故答案为：-165.0；
（2）根据三段式分析可知：，， 400℃时，选用镍基催化剂，向1L密闭容器中通入10molCO、10molCO2和40molH2进行反应，平衡后测得n(H2)=9mol，n(CH4)=10mol，则有40-3x-4y=9，x+y=10，联合解得：x=9，y=1，据此分析解题：
①由上述分析可知，CO2的平衡转化率为：=10%，故答案为：10%；
②已知反应II的正=k正·c(CO2)·c4(H2)，逆=k逆·c(CH4)·c2(H2O)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)，当达到平衡时，正= 逆即k正·c(CO2)·c4(H2)= k逆·c(CH4)·c2(H2O)，则=K==0.02，由(1)分析可知，反应II是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故变小，故答案为：0.02；变小；
（3）根据题干选择性的定义，H2对CO的选择性×100％，则H2对CO2的选择性=，结合(2)分析的数据可知，H2对CO2的选择性===12.9%，增大入口处CO的物质的量，则使得CO的转化率减小，则=和原来相比变大，故答案为：12.9%；变大；
（4）A．由题干图示信息可知，相同温度下Ni-CeO2作催化剂CO2的转化率均高于Ni作催化剂，且320℃下，Ni-CeO2作催化剂时，CO2的转化率最大，故工业生产中应选择的温度和催化剂分别是320℃、Ni-CeO2，A正确；
B．催化剂只能影响反应速率，不能使平衡发生移动，即相同条件下，以Ni-CeO2为催化剂不能提高平衡转化率，B错误；
C．由(1)分析可知，反应II是一个放热反应，则温度高于320℃时，CO2转化率减小的原因可能是升温使催化剂活性降低，也可能是温度升高平衡逆向移动，C正确；
D．由图示可知，用Ni作催化剂时，温度高于320℃时，CO2的转化率一直在增大，说明相同时间内转化的CO2的量一直在增大，故CO2转化率继续增大的原因可能是化学反应速率加快，D正确；
故答案为：B。
答案第1页，共2页
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